Đề kiểm tra Khoảng cách trong không gian (có lời giải)- Đề 1
22 câu hỏi
Trong mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\), cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) có \(AB = 3a\) và \(AC = 4a\). Khoảng cách từ điểm \(B\) đến đường thẳng \(AC\) bằng
\(4a\).
\(5a\).
\(a\).
\(3a\).
Tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) \( \Rightarrow BA \bot AC\) \( \Rightarrow d\left( {B,AC} \right) = 3a\)
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình chữ nhật với \(AB = 2a,\;AD = 3a\). Biết \(SA\) vuông góc với mặt phẳng đáy và \(SA = 5a\). Khoảng cách từ điểm \(C\) đến mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) bằng
\(3a\).
\(2a\).
\(a\sqrt {13} \).
\(5a\).
\(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow d\left( {C,\left( {SAB} \right)} \right) = CB = 3a\)
Cho hình lập phương \(ABCD.A'B'C'D'\) có cạnh bằng \(a\). Khoảng cách giữa hai đường thẳng \(AB\) và \(DC\) bằng
\(a\).
\(a\sqrt 2 \).
\(a\sqrt 3 \).
\(2a\).
\(AD \bot DC \Rightarrow d\left( {A,\;DC} \right) = AD\).
\(AB//CD \Rightarrow d\left( {AB,\;DC} \right) = d\left( {A,\;DC} \right) = AD = a\).
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông có cạnh bằng \(a\). Biết \(SA\) vuông góc với mặt phẳng đáy và \(SA = 2a\). Khoảng cách từ đường thẳng \(BC\) đến mặt phẳng \(\left( {SAD} \right)\) bằng
\(a\).
\(2a\).
\(a\sqrt 5 \).
\(\frac{{2a}}{{\sqrt 5 }}\).
\(\left\{ \begin{array}{l}BA \bot AD\\BA \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BA \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow d\left( {B,\left( {SAD} \right)} \right) = BA = a\)
Ta có: \(BC//\left( {SAD} \right)\)\( \Rightarrow d\left( {BC,\left( {SAD} \right)} \right) = d\left( {B,\left( {SAD} \right)} \right) = BA = a\)
Cho hình hộp chữ nhật \(ABCD.A'B'C'D'\) có \(AB = a,\;AD = b,\;AA' = c.\) Khoảng cách giữa \(\left( {ABCD} \right)\) và \(\left( {A'B'C'D'} \right)\) bằng
\(\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \).
\(c\).
\(a\).
\(b\).
Ta có: \(\left( {ABCD} \right)//\left( {A'B'C'D'} \right)\)\( \Rightarrow d\left( {\left( {ABCD} \right),\left( {A'B'C'D'} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {A'B'C'D'} \right)} \right) = AA' = c\)
Cho hình lăng trụ đứng \(ABC.A'B'C'\) có đáy \(ABC\) là tam giác vuông cân tại \(B\) và \(AB = 4a\) (tham khảo hình bên). Khoảng cách từ \(C\) đến mặt phẳng \(\left( {ABB'A'} \right)\) bằng
\[2a\].
\(2\sqrt 2 a\).
\[4a\].
\(4\sqrt 2 a\).
Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}CB \bot AB\\CB \bot BB'\end{array} \right.\]\[ \Rightarrow CB \bot \left( {ABB'A'} \right)\]
Suy ra: \[d\left( {C;\left( {ABB'A'} \right)} \right) = CB = AB = 4a\].
Cho hình lập phương \[ABCD.A'B'C'D'\] có cạnh bằng \(a\) (tham khảo hình vẽ). Khoảng cách giữa hai đường thẳng \(B'D'\) và \(BD\) bằng
![Cho hình lập phương \[ABCD.A'B'C'D'\] có cạnh bằng \(a\) (tham khảo hình vẽ). (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/02/blobid5-1771852923.png)
\(\frac{a}{2}\).
\(a\).
\(\sqrt 2 a\).
\(\frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).
Ta thấy hai đường thẳng \(B'D'\) và \(BD\) song song với nhau.
Có: \[\left\{ \begin{array}{l}BB' \bot BD\\BB' \bot B'D'\end{array} \right.\]\[ \Rightarrow d\left( {B'D';BD} \right) = BB' = a\].
Cho hình lăng trụ đều \(ABC.A'B'C'\) có tất cả các cạnh bằng \(a\). Khoảng cách giữa hai mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) và \(\left( {A'B'C'} \right)\) bằng
\(a\).
\(\frac{a}{2}\).
\(a\sqrt 3 \).
\(\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
Do \(\left( {A'B'C'} \right)\,\,{\rm{//}}\,\,\left( {ABC} \right)\) nên \[d\left( {\left( {A'B'C'} \right)\,{\rm{;}}\,\left( {ABC} \right)} \right) = d\left( {A'\,{\rm{;}}\,\left( {ABC} \right)} \right) = A'A = a\].
Cho tứ diện \(ABCD\). Bốn điểm phân biệt \(M,\,N,\,P,Q\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(A\) lên \(BC,\,CD,\,BD,\,\left( {BCD} \right)\). Khoảng cách từ điểm \(A\) đến đường thẳng \(CD\) bằng
\(AM\).
\(AN\).
\(AP\).
\(AQ\).
Vì \(N\) là hình chiếu vuông góc của điểm \(A\) lên đường thẳng \(CD\) nên \(d\left( {A\,,\,CD} \right) = AN\).
Cho hình chóp tứ giác \(S.ABCD\). Bốn điểm phân biệt \(M,\,N,\,P,Q\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(A\) lên các mặt phẳng \(\left( {SBC} \right),\,\left( {SCD} \right),\,\left( {SBD} \right),\,\left( {BCD} \right)\). Khoảng cách từ điểm \(A\) đến mặt phẳng \(\left( {SBD} \right)\) bằng
\[AM\].
\[AN\].
\[AP\].
\[AQ\].
Vì \(P\) là hình chiếu vuông góc của điểm \(A\) lên đường thẳng \(\left( {SBD} \right)\) nên \(d\left( {A\,,\,\left( {SBD} \right)} \right) = AP\).
Cho cái nêm hình lăng trụ đứng như hình vẽ.
Thể tích của cái nêm bằng
\(3696\,c{m^3}\).
\(1848\,c{m^3}\).
\(3669\,c{m^3}\).
\(1884\,c{m^3}\).
Diện tích đáy lăng trụ là \(S = \frac{1}{2}.7.24 = 84\,c{m^2}\).
Thể tích của khối lăng trụ là \(V = S.h = 84.22 = 1848\,c{m^3}\).
Bạn An muốn làm các viên đá có dạng khối chóp cụt tứ giác đều có cạnh của đáy lớn bằng \(3\,cm\), cạnh của đáy nhỏ bằng \(1,5\,cm\)và cao \(3\,cm\) bằng cách dùng khay đá, mỗi khay sẽ tạo được \(6\) viên đá. Hỏi bạn An cần ít nhất bao nhiêu khay để chứa đồng thời \(2\) lít nước?
\(21\).
\(22\).
\(23\).
\(24\).
Thể tích nước mà một khay đá chứa được tối đa là:
\(V = 6{V_1} = 6.\left[ {\frac{1}{3}h\left( {S + \sqrt {S.S'} + S'} \right)} \right] = 6.\left[ {\frac{1}{3}.3\left( {{3^2} + \sqrt {{3^2}.1,{5^2}} + 1,{5^2}} \right)} \right] = \frac{{189}}{2}\,c{m^3}\).
Ta có \(2\)lít \( = 2000\,c{m^3}\).
Ta có \(2000 \div \frac{{189}}{2} \approx 21,16\)
Vậy cần dùng tối thiểu \(22\) cái khay để đựng đủ \(2\) lít nước.
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là 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:
\(BC \bot AH\)
Khoảng cách từ \(A\) đến mặt phẳng \((SBC)\) bằng: \(\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\)
Khoảng cách từ \(A\) đến mặt phẳng \((SBD)\) bằng: \(\frac{{a\sqrt 2 }}{7}\)
Khoảng cách từ \(C\) đến mặt phẳng \((AHK)\) bằng: \(\frac{{a\sqrt 5 }}{5}\)
a) Đúng | b) Đúng | c) Sai | d) Sai |
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot SA({\rm{ do }}SA \bot (ABCD))}\\{BC \bot AB}\end{array} \Rightarrow BC \bot (SAB) \Rightarrow BC \bot AH} \right.\),
mà \(SB \bot AH\) nên \(AH \bot (SBC)\) hay \(d(A,(SBC)) = AH\).
Tam giác \(SAB\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AH\) nên
\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{S{A^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{AB \cdot SA}}{{\sqrt {A{B^2} + S{A^2}} }} = \frac{{a \cdot a\sqrt 3 }}{{\sqrt {{a^2} + 3{a^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}{\rm{. }}\)
Vậy \(d(A,(SBC)) = AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
Gọi \(O\) là tâm hình vuông \(ABCD\) thì \(AO \bot BD\), ta lại có \(SA \bot BD\) nên \(BD \bot (SAC)\). (*)
Kẻ đường cao \(AE\) của \(\Delta SAO\) thì \(AE \bot BD(\)do \((*))\).
Vậy \(AE \bot (SBD)\) hay \(d(A,(SBD)) = AE\).
Ta có: \(AC = a\sqrt 2 \) (đường chéo hình vuông), suy ra \(OA = \frac{{AC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).
Tam giác \(SAO\) vuông tại \(A\) có: \(AE = \frac{{SA \cdot AO}}{{\sqrt {S{A^2} + A{O^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 \cdot \frac{{a\sqrt 2 }}{2}}}{{\sqrt {3{a^2} + \frac{{2{a^2}}}{4}} }} = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\).
Vậy \(d(A,(SBD)) = AE = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\).
Ta chứng minh được \(AK \bot (SCD)\). Khi đó: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{SC \bot AH}\\{SC \bot AK}\end{array} \Rightarrow SC \bot (AHK)} \right.\).
Gọi \(F = SC \cap (AHK)\) thì \(SC \bot AF\).
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:
\(CF.CS = A{C^2} \Rightarrow CF = \frac{{A{C^2}}}{{CS}} = \frac{{2{a^2}}}{{a\sqrt 5 }} = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}.\)
Vậy \({\rm{d }}(C,(AHK)) = CF = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\)
Cho lăng trụ đứng \(ABC \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }\) có \(AC = a,BC = 2a,\widehat {ACB} = {120^^\circ }\). Gọi \(M\) là trung điểm của \(B{B^\prime }\). Khi đó:
\(d\left( {C{C^\prime },\left( {AB{B^\prime }{A^\prime }} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\)
\(d\left( {C{C^\prime },AM} \right) = \frac{{a\sqrt {21} }}{{12}}\)
\(A{A^\prime } \bot (ABC),A{A^\prime } \bot \left( {{A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }} \right)\)
Biết khoảng cách giữa hai mặt đáy lăng trụ bằng \(2a\). Khi đó thể tích khối lăng trụ là: \({a^3}\sqrt 3 \).
a) Đúng | b) Sai | c) Đúng | d) Đúng |
Ta có: \(C{C^\prime }//B{B^\prime } \Rightarrow C{C^\prime }//\left( {AB{B^\prime }{A^\prime }} \right)\) nên \(d\left( {C{C^\prime },\left( {AB{B^\prime }{A^\prime }} \right)} \right) = d\left( {C,\left( {AB{B^\prime }{A^\prime }} \right)} \right)\).
Trong mặt phẳng \((ABC)\), kẻ \(CH \bot AB\) tại \(H\). (1)
Vì \(ABC \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }\) là hình lăng trụ đứng nên \(A{A^\prime } \bot (ABC) \Rightarrow CH \bot A{A^\prime }\). (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(CH \bot \left( {AB{B^\prime }{A^\prime }} \right) \Rightarrow d\left( {C,\left( {AB{B^\prime }{A^\prime }} \right)} \right) = CH\).
Xét tam giác \(ABC\), có \(A{B^2} = C{A^2} + C{B^2} - 2CA \cdot CB \cdot \cos {120^^\circ } = 7{a^2}\) \( \Rightarrow AB = a\sqrt 7 \).
Diện tích tam giác \(ABC\) là: \({S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}CA \cdot CB \cdot \sin C = \frac{1}{2}AB \cdot CH\) \( \Rightarrow CH = \frac{{CA \cdot CB \cdot \sin {{120}^^\circ }}}{{AB}} = \frac{{a \cdot 2a \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2}}}{{a\sqrt 7 }} = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\).
Vậy \(d\left( {C{C^\prime },\left( {AB{B^\prime }{A^\prime }} \right)} \right) = CH = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\).
Ta có \(AM\) và \(C{C^\prime }\) là hai đường thẳng chéo nhau mà \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{C{C^\prime }//\left( {AB{B^\prime }{A^\prime }} \right)}\\{AM \subset \left( {AB{B^\prime }{A^\prime }} \right)}\end{array}} \right.\)
nên \(d\left( {C{C^\prime },AM} \right) = d\left( {C{C^\prime },\left( {AB{B^\prime }{A^\prime }} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\).
Vì \(ABC \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }\) là hình lăng trụ đứng nên \(A{A^\prime } \bot (ABC),A{A^\prime } \bot \left( {{A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }} \right)\).
Do vậy \(d\left( {(ABC),\left( {{A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }} \right)} \right) = A{A^\prime } = 2a\).
Khối lăng trụ \(ABC \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }\) có chiều cao \(h = A{A^\prime } = 2a\), diện tích đáy là:
\(S = {S_{ABC}} = \frac{1}{2}CA \cdot CB \cdot \sin {120^^\circ } = \frac{1}{2}a \cdot 2a \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}.\)
Thể tích khối lăng trụ là: \(V = Sh = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} \cdot 2a = {a^3}\sqrt 3 \).
Cho hình tam giác đều \(S.ABC\) có cạnh đáy bằng \(a\) và cạnh bên bằng \(b\) \(\left( {a \ne b} \right)\). Các mệnh đề sau đúng hay sai?
Đoạn thẳng \(MN\) là đường vuông góc chung của \(AB\) và \(SC\) (\(M\) và \(N\) lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(SC\)).
Góc giữa các cạnh bên và mặt đáy bằng nhau.
Hình chiếu vuông góc của \(S\) lên trên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là trọng tâm tam giác \(ABC\).
\(SA\) vuông góc với \(BC\).
a) Sai | b) Đúng | c) Đúng | d) Đúng |
\(\Delta SAG = \Delta SBG = \Delta SCG\). Suy ra góc giữa các cạnh bên và đáy bằng nhau.
\[\left\{ \begin{array}{l}SA = SB = SC\\AB = AC = BC\end{array} \right.\], suy ra hình chiếu vuông góc của \(S\) lên trên mặt phẳng \(\left( {ABC} \right)\) là trọng tâm tam giác \(ABC\).
\(BC \bot \left( {SAI} \right) \Rightarrow BC \bot SA\).
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) và đáy \(ABCD\) là hình vuông tâm \(O\). Các mệnh đề sau đúng hay sai?
\(\left( {\left( {SBC} \right),\left( {ABCD} \right)} \right) = \widehat {SBA}\).
\(d\left( {D,\left( {SAC} \right)} \right) = DO\).
\[\left( {SC,\left( {SAD} \right)} \right) = \widehat {CSD}\].
\[d\left( {CD,SB} \right) = BD\].
a) Đúng | b) Đúng | c) Đúng | d) Sai |
d: sai vì \(BD\) không vuông góc với \(CD\).
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy là hình vuông cạnh \(a,SB \bot (ABCD)\) và \(SD = 3a\). Tính thể tích khối chóp \(S.ABCD\).
\(\begin{array}{l}{V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot {S_{ABCD}} \cdot SB\\{S_{ABCD}} = {a^2}\\SB = \sqrt {S{D^2} - B{D^2}} = \sqrt {{{(3a)}^2} - {{(a\sqrt 2 )}^2}} = \sqrt 7 a\\ \Rightarrow {V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot {a^2} \cdot \sqrt 7 a = \frac{{\sqrt 7 }}{3}{a^3}\end{array}\)
Cho khối lăng trụ đều \(ABC \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }\) có tất cả các cạnh bằng \(a\). Tính thể tích khối lăng trụ đã cho.
\(\begin{array}{l}V = {S_{ABC}} \cdot {A^\prime }A\\ = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} \cdot a = \frac{{\sqrt 3 }}{2}{a^3}\end{array}\)
Cho hình hộp chữ nhật \(ABCD \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }{D^\prime }\) có \(AB = a,AD = 2a\). Biết thể tích khối hộp chữ nhật là \(14{a^3}\). Tính chiều cao \({A^\prime }C\).
\(\begin{array}{l}V = AB \cdot AD \cdot A{A^\prime }\\ \Rightarrow A{A^\prime } = \frac{V}{{AB \cdot AD}} = \frac{{14{a^3}}}{{a \cdot 2a}} = 7a\\{A^\prime }C = \sqrt {A{A^{\prime 2}} + A{C^2}} = \sqrt {A{A^{\prime 2}} + A{B^2} + A{D^2}} \\ = \sqrt {{{(7a)}^2} + {{(2a)}^2} + {a^2}} = 3\sqrt 6 a\\\end{array}\)
Một cuốn lịch bàn hình lăng trụ đứng có đáy là tam giác \[ABC\] cân tại \[A\] được đặt trên mặt bàn như trong hình dưới đây. Biết góc \[\widehat {ACB} = 60^\circ \] và \[AC = 20\,\,{\rm{cm}}\]. Tính khoảng cách từ đường thẳng \[AA'\] nằm ở mép trên của cuốn lịch tới mặt bàn (Coi mặt tiếp xúc của cuốn lịch với mặt bàn có độ dày không đáng kể).
![Một cuốn lịch bàn hình lăng trụ đứng có đáy là tam giác \[ABC\] cân tại \[A\] được đặt trên mặt bàn (ảnh 1)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/02/blobid23-1771853816.png)
![Một cuốn lịch bàn hình lăng trụ đứng có đáy là tam giác \[ABC\] cân tại \[A\] được đặt trên mặt bàn (ảnh 2)](https://video.vietjack.com/upload2/quiz_source1/2026/02/blobid24-1771853826.png)
Gọi mặt phẳng bàn là mặt phẳng \[\left( P \right)\]. Ta có \[\left( {ABC} \right) \bot \left( P \right)\] theo giao tuyến \[BC\].
Gọi \[H\] là trung điểm \[BC \Rightarrow \]\[AH \bot BC\] (do tam giác \[ABC\] cân tại \[A\]).
Suy ra \[AH \bot \left( P \right)\].
\[AA'{\rm{//}}\left( P \right) \Rightarrow d\left( {AA',{\rm{ }}\left( P \right)} \right) = d\left( {A,{\rm{ }}\left( P \right)} \right) = AH\].
Xét tam giác vuông \[AHC\], có \[AH = AC.\sin \widehat {ACH} = AC.\sin 60^\circ = 10\sqrt 3 \left( {{\rm{cm}}} \right)\].
Một chiếc xe ô tô, khi nhìn từ cạnh xe thì mặt ngoài của các bánh xe hình tròn (như hình dưới đây). Biết đường kính các hình tròn đó bằng nhau và bằng \[70{\rm{ cm}}\]. Gọi \[a\] là đường thẳng nối tâm của 2 bánh xe bên phải của xe (xét theo hướng xe nhìn về phía trước). Tính khoảng cách từ đường thẳng \[a\] tới mặt sàn. (Coi mặt sàn là mặt phẳng và độ lún của các bánh xe là không đáng kể).
Gọi mặt sàn là mặt phẳng \[\left( P \right)\]; Gọi \[N,{\rm{ }}J\] lần lượt là tâm của hai bánh xe. Gọi \[H\] và \[K\] lần lượt là hình chiếu của \[N\] và \[J\] trên \[\left( P \right)\]. Dễ thấy \[NH = JK = 35{\rm{ cm}}\].
Ta có: \[NJ{\rm{//}}HK\], mà \[HK \subset \left( P \right)\] nên \[NJ{\rm{//}}\left( P \right)\].
Suy ra \[d\left( {a,\left( P \right)} \right) = d\left( {N,\left( P \right)} \right) = NH = 35{\rm{ cm}}\].
Một bể nước có đáy thuộc mặt phẳng nằm ngang. Trong trường hợp này, độ sâu của bể là khoảng cách giữa mặt nước và đáy bể. Giải thích vì sao để đo độ sâu của bể, ta có thể thả quả dọi chạm đáy bể và đo chiều dài của đoạn dây dọi nằm trong bể nước.
Ta có khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song là khoảng cách từ một điểm bất kì thuộc mặt phẳng này đến mặt phẳng kia.
Khi bể nước có đáy thuộc mặt phẳng nằm ngang, thì mặt nước nằm trong mặt phẳng song song với đáy. Vì vậy, để đo độ sâu của bể, ta có thể đo khoảng cách từ mặt nước đến đáy bể.
Khi thả quả dọi vào bể nước, nó sẽ chìm dưới mặt nước và chạm đến đáy bể. Khi kéo quả dọi lên, ta sẽ thấy một đoạn dây dọi nằm trong bể nước và một đoạn dây dọi ở ngoài bể nước. Đoạn dây dọi nằm trong bể nước có độ dài bằng khoảng cách từ mặt nước đến chỗ quả dọi chạm đáy bể. Do đó, để đo độ sâu của bể, ta chỉ cần đo độ dài của đoạn dây dọi nằm trong bể nước.
