Trắc nghiệm Khoảng cách lớp 11 (có đúng sai, trả lời ngắn)
20 câu hỏi
PHẦN I. TRẮC NGHIỆM NHIỀU LỰA CHỌN
Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình vuông ABCD cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SD = 2a. Tính khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABCD).
\(a\sqrt 5 \).
\(\frac{a}{2}\).
3a.
\(a\sqrt 3 \).
D
Vì DSAD vuông tại A, suy ra \(SA = \sqrt {S{D^2} - A{D^2}} = \sqrt {{{\left( {2a} \right)}^2} - {a^2}} = a\sqrt 3 \).
Vì SA ^ (ABCD) nên d(S, (ABCD)) = SA \( = a\sqrt 3 \).
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, SA ^ (ABC). Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của A lên SB và SC. Mệnh đề nào sau đây sai?
d(S, (ABC)) = SA.
d(C, (SAB)) = BC.
d(A, (SBC)) = AH.
d(A, (SBC)) = AK.
D
Vì SA ^ (ABC) nên d(S, (ABC)) = SA.
Có CB ^ AB, CB ^ SA (do SA ^ (ABC)) Þ CB ^ (SAB) Þ d(C, (SAB)) = BC.
Vì BC ^ (SAB) Þ BC ^ AH và AH ^ SB nên AH ^ (SBC). Do đó d(A, (SBC)) = AH.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, SA ^ (ABCD). Gọi I là trung điểm của SC. Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (ABCD) bằng độ dài đoạn thẳng nào?
IB.
IC.
IA.
IO.
D
Vì IO là đường trung bình của DSAC Þ IO // SA.
Mà SA ^ (ABCD) nên IO ^ (ABCD) Þ d(I, (ABCD)) = IO.
Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' cạnh bằng a (tham khảo hình vẽ).
Khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và A'C' bằng
a.
\(\sqrt 2 a\).
\(\frac{{\sqrt 3 }}{2}a\).
\(a\sqrt 3 \).
A
Ta có\[\left\{ \begin{array}{l}\left( {ABCD} \right)//\left( {A'B'C'D'} \right)\\BD \subset \left( {ABCD} \right)\\A'C' \subset \left( {A'B'C'D'} \right)\end{array} \right.\]Þ d(BD, A'C') = d((ABCD), (A'B'C'D')) = AA' = a.
Cho tứ diện đều \(ABCD\) có cạnh bằng \(a\). Khoảng cách từ \(A\) đến mặt phẳng \(\left( {BCD} \right)\) bằng:
\(\frac{{a\sqrt 3 }}{4}\).
\(\frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).
\(\frac{{a\sqrt 6 }}{3}\).
\(\frac{{a\sqrt 6 }}{2}\).
C
Gọi \(G\) là trọng tâm tam giác \(BCD\). Ta có \(AG \bot \left( {BCD} \right)\) tại \(G\)nên \(d\left( {A,\left( {BCD} \right)} \right) = AG\).
Xét tam giác \(ABG\) vuông tại \(G\) có \(AG = \sqrt {A{B^2} - B{G^2}} = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\).
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình vuông cạnh \(a\). Đường thẳng \(SA\) vuông góc với mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) và \(SA = a\). Tính khoảng cách \(d\) giữa hai đường thẳng \(SB\) và \(CD\).
\(d = 2a\).
\(d = a\sqrt 3 \).
\(d = a\sqrt 2 \).
\(d = a\).
D
Vì \(CD\,{\rm{//}}\,AB\) nên \(CD\,{\rm{//}}\,\left( {SAB} \right)\).
Do đó \[d\left( {CD\,,SB} \right) = d\left( {CD,\,\left( {SAB} \right)} \right) = d\left( {D\,,\,\left( {SAB} \right)} \right) = DA = a\].
Cho lăng trụ tam giác đều \[ABC.A'B'C'\] có \[AB = a\], \[AA' = 2a\]. Khoảng cách giữa \(AB'\) và \[CC'\] bằng
\(\frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\).
\(a\).
\(a\sqrt 3 \).
\(\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
D
Gọi \(I\) là trung điểm của \(AB\).
Ta có: \(CC'//BB'\) nên \(CC'//\left( {ABB'A'} \right)\).
Vì \(AB' \subset \left( {ABB'A'} \right)\) nên \(d\left( {CC',AB'} \right) = d\left( {CC',\left( {ABB'A'} \right)} \right) = CI\).
Do lăng trụ tam giác đều \[ABC.A'B'C'\] nên tam giác \[ABC\] đều cạnh \[a\] nên \(CI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \cdot \)
Nên \(d\left( {CC',AB'} \right) = CI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \cdot \)
Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' cạnh a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BB', AD. 
\(\frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).
\(a\sqrt 2 \).
a.
\(\frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).
C
Ta có AB ^ BB' và AB ^ AD. Do đó d(BB', AD) = AB = a.
Hình chóp S.ABC có SA ^ (ABC), tam giác ABC vuông tại A với AB = a; \(AC = a\sqrt 3 \). Khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BC bằng
\(\frac{{a\sqrt 2 }}{3}\).
\(\frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).
\(\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
\(\frac{{a\sqrt 3 }}{3}\).
C
Hạ AH ^ BC.
Có SA ^ (ABC) Þ SA ^ AH. Do đó d(SA, BC) = AH.
Xét DABC vuông tại A, ta có \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{3{a^2}}} = \frac{4}{{3{a^2}}}\) \( \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC bằng
a.
\(\frac{{a\sqrt 5 }}{2}\).
\(\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
\(a\sqrt 2 \).
C
Gọi H là trung điểm của AB.
Vì DSAB đều và (SAB) ^ (ABCD) nên SH ^ (ABCD).
Vì BC // AD nên BC // (SAD). Do đó d(BC, SA) = d(BC, (SAD)) = d(B, (SAD)) = 2d(H, (SAD)).
Hạ HK ^ SA.
Vì AD ^ AB và AD ^ SH (SH ^ (ABCD)) nên AD ^ (SAB) Þ AD ^ HK.
Do đó HK ^ (SAD). Do đó d(H, (SAD)) = HK.
Ta có \(SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2};AH = \frac{a}{2}\).
Xét DSHA vuông tại H, có \(\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{4}{{3{a^2}}} + \frac{4}{{{a^2}}} = \frac{{16}}{{3{a^2}}}\) \( \Rightarrow HK = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\).
Suy ra d(SA, BC) \( = 2.\frac{{a\sqrt 3 }}{4} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).
PHẦN II. TRẮC NGHIỆM ĐÚNG – SAI
Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' có cạnh a. Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên B'D. Khi đó:
a) Khoảng cách từ điểm B đến đường thẳng DB' là BH.
b) Độ dài đoạn \(BH = \frac{{a\sqrt 6 }}{4}\).
c) d(B, AC) \( = \frac{1}{2}AC\).
d) d(B, AA') = BA'.
a) Ta có BH ^ B'D Þ d(B, B'D) = BH.
b) Ta có DBB'D' là tam giác vuông tại B và BB' = a; \(BD = a\sqrt 2 \).
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có \(BH = \frac{{BB'.BD}}{{\sqrt {B{{B'}^2} + B{D^2}} }} = \frac{{a.a\sqrt 2 }}{{a\sqrt 3 }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\).
c) Ta có BD ^ AC tại O Þ d(B, AC) = BO \( = \frac{1}{2}BD = \frac{1}{2}AC\).
d) Ta có BA ^ AA' Þ d(B, AA') = BA.
Đáp án: a) Đúng; b) Sai; c) Đúng; d) Sai.
Cho hình chóp \(S.ABC\) có \(SA \bot \left( {ABC} \right)\), tam giác \(ABC\) vuông tại \(B\) (tham khảo hình vẽ).
a) Khoảng cách từ \(C\) đến mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) là đoạn \(BC\).
b) \[BC \bot \left( {SAB} \right)\].
c) Khoảng cách từ \(B\) đến mặt phẳng \(\left( {SAC} \right)\) là đoạn \(AB\).
d) \[SB \bot BC\].
\(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot BC\)
\(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SA\\BC \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB\)\( \Rightarrow \) Đáp án b, d đúng.
Suy ra khoảng cách từ \(C\) đến mặt phẳng \(\left( {SAB} \right)\) là đoạn \(BC\). Đáp án a đúng.
\(\Delta ABC\) vuông tại \(B\) nên \(AB\) không vuông góc với \(\left( {SAC} \right)\). Vậy đáp án c sai.
Đáp án: a) Đúng; b) Đúng; c) Sai; d) Đúng.
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có \(SA \bot \left( {ABCD} \right)\) và đáy \(ABCD\) là hình vuông tâm \(O\).
a) \(\left( {\left( {SBC} \right),\left( {ABCD} \right)} \right) = \widehat {SBA}\).
b) \(d\left( {D,\left( {SAC} \right)} \right) = DO\).
c) \[\left( {SC,\left( {SAD} \right)} \right) = \widehat {CSD}\].
d) \[d\left( {CD,SB} \right) = BD\].
a) Có SA ^ (ABCD) Þ SA ^ BC mà BC ^ AB Þ BC ^ (SAB) Þ BC ^ SB.
Vì \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BC\\AB \bot BC\\SB \bot BC\end{array} \right.\)Þ ((SBC), (ABCD)) = \(\widehat {SBA}\).
b) Có SA ^ (ABCD) Þ SA ^ DO mà DO ^ AC Þ DO ^ (SAC) Þ d(D, (SAC)) = DO.
c) Có SA ^ CD (do SA ^ (ABCD)) mà CD ^ AD Þ CD ^ (SAD).
Do đó SD là hình chiếu vuông góc của SC trên (SAD).
Suy ra (SC, (SAD)) = (SC, SD) = \(\widehat {DSC}\).
d) Có CD ^ BC mà BC ^ SB Þ d(CD, SB) = BC.
Đáp án: a) Đúng; b) Đúng; c) Đúng; d) Sai.
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có \(SA \bot (ABCD),SA = a\sqrt 3 ,ABCD\) là hình vuông cạnh bằng \(a\). Khi đó:
a) \[d(A,(SBC)) = \frac{{\sqrt 3 }}{3}a\].
b) \(AD//(SBC)\).
c) \(d(D,(SBC)) = \frac{{\sqrt 3 }}{2}a\).
d) Gọi \(M\) là trung điểm \(SA\). Khi đó: \(d(M,(SBC)) = \frac{{\sqrt 3 }}{4}a\).
a) Kẻ \(AH \bot SB\) tại \(H\).
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot SA}\\{BC \bot AB}\end{array} \Rightarrow BC \bot (SAB) \Rightarrow BC \bot AH} \right.\).
Ta lại có: \(AH \bot SB \Rightarrow AH \bot (SBC) \Rightarrow d(A,(SBC)) = AH\).
Ta có: \(AH = \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}}} }} = \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{{{\left( {\sqrt 3 a} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}}} }} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}a\).
Vậy \(d(A,(SBC)) = \frac{{\sqrt 3 }}{2}a\).
b) Vì AD // BC nên AD // (SBC).
c) Ta có: \(AD//(SBC) \Rightarrow d(D,(SBC)) = \frac{{\sqrt 3 }}{2}a\).
d) Ta có: \(MA\) cắt \((SBC)\) tại \(S\)
\( \Rightarrow \frac{{d(M,(SBC))}}{{d(A,(SBC))}} = \frac{{MS}}{{AS}} = \frac{1}{2} \Rightarrow d(M,(SBC)) = \frac{1}{2}d(A,(SBC)) = \frac{1}{2} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2}a = \frac{{\sqrt 3 }}{4}a{\rm{. }}\)
Đáp án: a) Sai; b) Đúng; c) Đúng; d) Đúng.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng a, SA ^ (ABCD). Biết góc phẳng nhị diện [S, BC, A] = 60°.
a) BD ^ SC.
b) [S, BC, A] = \(\widehat {SBA}\).
c) d(S, (ABCD)) = \(a\sqrt 2 \).
d) \(d\left( {C,(SBD)} \right) = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\).
a) Ta có BD ^ AC và BD ^ SA nên BD ^ (SAC) Þ BD ^ SC.
b) Ta có BC ^ AB và BC ^ SA nên BC ^ (SAB) Þ BC ^ SB.
Suy ra [S, BC, A] = \(\widehat {SBA} = 60^\circ \).
c) Xét DSAB vuông tại A ta có \(\tan \widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}}\)Þ \(SA = a\sqrt 3 \).
Vì SA ^ (ABCD) nên d(S, (ABCD)) = \(SA = a\sqrt 3 \).
d) Hạ AH ^ SO, H Î SO.
Ta có AH ^ SO và AH ^ BD (BD ^ (SAC)) Þ AH ^ (SBD) Þ d(A, (SBD)) = AH.
Xét DSAO vuông tại A, có \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{S^2}}} + \frac{1}{{A{O^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}}} = \frac{7}{{3{a^2}}}\) \( \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}\).
Do \(\frac{{CO}}{{AO}} = \frac{{d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right)}}{{d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right)}} = 1\) Û d(C, (SBD)) = d(A, (SBD)) = \(\frac{{a\sqrt {21} }}{7}\).
Đáp án: a) Đúng; b) Đúng; c) Sai; d) Sai.
PHẦN II. TRẢ LỜI NGẮN
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2, cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA = \(\sqrt 3 \). Khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SBC) bằng bao nhiêu? (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).
Ta có BC ^ SA (do SA ^ (ABCD)); BC ^ AB nên BC ^ (SAB).
Vẽ AH ^ SB tại H mà BC ^ AH (do BC ^(SAB)) Þ AH ^ (SBC).
Ta có AD // BC Þ d(D, (SBC)) = d(A, (SBC)) = AH = \(\frac{{SA.AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \frac{{\sqrt 3 .2}}{{\sqrt {3 + 4} }} \approx 1,31\).
Trả lời: 1,31.
Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A, AC = 6, AB = 12. Biết SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = 3. Gọi M là trung điểm của AB. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và BC.
Gọi N là trung điểm cạnh AC, khi đó mặt phẳng (SMN) // BC.
Ta có d(SM, BC) = d(BC, (SMN)) = d(B, (SMN)) = d(A, (SMN)).
Gọi AI là đường cao trong tam giác vuông AMN, ta có \(AI = \frac{{AM.AN}}{{\sqrt {A{M^2} + A{N^2}} }} = \frac{{6\sqrt 5 }}{5}\).
Lại có SA ^ (ABC) Þ SA ^ MN, suy ra (SAI) ^ (SMN).
Kẻ AH ^ SI Þ AH ^ (SMN) Þ d(A, (SMN)) = AH = \[\frac{{AI.SA}}{{\sqrt {A{I^2} + S{A^2}} }} = 2\].
Vậy d(SM, BC) = 2.
Trả lời: 2.
Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' cạnh 2. Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng (A'BD), (CB'D'). (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).
Gọi O = AC Ç BD.
Vì \[\left\{ \begin{array}{l}A'B//CD';BD//B'D'\\A'B \subset \left( {A'BD} \right);BD \subset \left( {A'BD} \right)\\CD' \subset \left( {CB'D'} \right);B'D' \subset \left( {CB'D'} \right)\end{array} \right. \Rightarrow \left( {A'BD} \right)//\left( {CB'D'} \right)\].
Þd((A'BD), (CB'D')) = d(C,(A'DB)) = d(A, (A'DB)).
Trong DAOA' kẻ AH ^ A'O.
Ta có BD ^ AO; BD ^ AA' nên BD ^ (AA'O) Þ BD ^ AH.
Lại có BD ^ AH; A'O ^ AH nên AH ^ (A'BD).
Suy ra d(A, (A'DB)) = AH = \[\frac{{AA'.AO}}{{\sqrt {A'{A^2} + A{O^2}} }} = \frac{{2\sqrt 3 }}{3} \approx 1,15\].
Trả lời: 1,15.
Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy là tam giác ABC vuông tại A có BC = 2, \(AB = \sqrt 3 \). Tính khoảng cách từ AA' đến mặt phẳng (BCC'B') (kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).
Ta có AA' // (BCC'B') nên d(AA', (BCC'B')) = d(A, (BCC'B')).
Hạ AH ^ BC Þ AH ^ (BCC'B') Þ d(A, (BCC'B')) = AH.
Ta có \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}} = \frac{1}{3} + \frac{1}{{B{C^2} - A{B^2}}} = \frac{1}{3} + 1 = \frac{4}{3}\) Þ \(AH = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \approx 0,87\).
Trả lời: 0,87.
Cho hình chóp đều \(S.ABC\) có độ dài cạnh đáy bằng 1 và độ dài cạnh bên là 2. Tính khoảng cách từ \(A\) đến mặt phẳng \((SBC)\) (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm).
Gọi I là trung điểm của BC Þ AI ^ BC.
Gọi O là trọng tâm DABC. Vì S.ABC là hình chóp đều nên SO ^ (ABC).
Kẻ \(OH \bot SI\) tại \(H\)
Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot OI}\\{BC \bot SO}\end{array} \Rightarrow BC \bot (SOI) \Rightarrow BC \bot OH} \right.\)
Ta lại có: \(OH \bot SI \Rightarrow OH \bot (SBC) \Rightarrow d(O,(SBC)) = OH\)
Ta có: \(OI = \frac{1}{3} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{\sqrt 3 }}{6}\); \(SO = \sqrt {S{B^2} - O{B^2}} = \sqrt {{2^2} - {{\left( {\frac{2}{3} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt {33} }}{3}\).
Ta có: \(OH = \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{I^2}}}} }} = \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{{{\left( {\frac{{\sqrt {33} }}{3}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{6}} \right)}^2}}}} }} = \frac{{\sqrt {165} }}{{45}}\).
Vậy \(d(O,(SBC)) = \frac{{\sqrt {165} }}{{45}}\).
Ta có: \(AO\) cắt ( \(SBC)\) tại \(I\)
\( \Rightarrow \frac{{d(A,(SBC))}}{{d(O,(SBC))}} = \frac{{AI}}{{OI}} = 3 \Rightarrow d(A,(SBC)) = 3d(O,(SBC)) = \frac{{\sqrt {165} }}{{15}} \approx 0,86\).
Trả lời: 0,86.
