Trắc nghiệm Khoảng cách lớp 11 (có đúng sai, trả lời ngắn)

Gọi H là trung điểm của AB.

Vì DSAB đều và (SAB) $\perp$ (ABCD) nên SH $\perp$ (ABCD).

Vì BC // AD nên BC // (SAD). Do đó d(BC, SA) = d(BC, (SAD)) = d(B, (SAD)) = 2d(H, (SAD)).

Hạ HK $\perp$ SA.

Vì AD $\perp$ AB và AD $\perp$ SH (SH $\perp$ (ABCD)) nên AD $\perp$ (SAB) $\Rightarrow$ AD $\perp$ HK.

Do đó HK $\perp$ (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) \( = 2.\frac{{a\sqrt 3 }}{4} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

a) Ta có BH $\perp$ B'D $\Rightarrow$ 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 $\perp$ AC tại O $\Rightarrow$ d(B, AC) = BO \( = \frac{1}{2}BD = \frac{1}{2}AC\).

d) Ta có BA $\perp$ AA' $\Rightarrow$ d(B, AA') = BA.

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

\(SA \bot \left( {ABC} \right) \Rightarrow SA \bot BC\)

\(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SA\\BC \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot SB\) \( \Rightarrow \) 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.

a) Có SA $\perp$ (ABCD) $\Rightarrow$ SA $\perp$ BC mà BC $\perp$ AB $\Rightarrow$ BC $\perp$ (SAB) $\Rightarrow$ BC $\perp$ SB.

Vì \(\left\{ \begin{array}{l}\left( {SBC} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = BC\\AB \bot BC\\SB \bot BC\end{array} \right.\) $\Rightarrow$ ((SBC), (ABCD)) = \(\widehat {SBA}\).

b) Có SA $\perp$ (ABCD) $\Rightarrow$ SA $\perp$ DO mà DO $\perp$AC $\Rightarrow$ DO $\perp$ (SAC) $\Rightarrow$ d(D, (SAC)) = DO.

c) Có SA $\perp$ CD (do SA $\perp$ (ABCD)) mà CD $\perp$ AD $\Rightarrow$ CD $\perp$ (SAD).

Do đó SD là hình chiếu vuông góc của SC trên (SAD).

Suy ra (SC, (SAD)) = (SC, SD) = \(\widehat {DSC}\).

d) Có CD $\perp$ BC mà BC $\perp$ SB $\Rightarrow$ d(CD, SB) = BC.

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

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.

a) Ta có BD $\perp$ AC và BD $\perp$ SA nên BD $\perp$ (SAC) $\Rightarrow$ BD $\perp$ SC.

b) Ta có BC $\perp$ AB và BC $\perp$ SA nên BC $\perp$ (SAB) $\Rightarrow$ BC $\perp$ SB.

Suy ra [S, BC, A] = \(\widehat {SBA} = 60^\circ \).

c) Xét DSAB vuông tại A ta có \(\tan \widehat {SBA} = \frac{{SA}}{{AB}}\) $\Rightarrow$ \(SA = a\sqrt 3 \).

Vì SA $\perp$ (ABCD) nên d(S, (ABCD)) = \(SA = a\sqrt 3 \).

d) Hạ AH $\perp$ SO, H $\in$ SO.

Ta có AH $\perp$ SO và AH $\perp$ BD (BD $\perp$ (SAC)) $\Rightarrow$ AH $\perp$ (SBD) $\Rightarrow$ 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 \(\frac{{CO}}{{AO}} = \frac{{d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right)}}{{d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right)}} = 1\) $\iff$ d(C, (SBD)) = d(A, (SBD)) = \(\frac{{a\sqrt {21} }}{7}\).

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

Ta có BC $\perp$ SA (do SA $\perp$ (ABCD)); BC $\perp$ AB nên BC $\perp$ (SAB).

Vẽ AH $\perp$ SB tại H mà BC $\perp$ AH (do BC $\perp$ (SAB)) $\Rightarrow$ AH $\perp$ (SBC).

Ta có AD // BC $\Rightarrow$ 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.

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 $\perp$ (ABC) $\Rightarrow$ SA $\perp$ MN, suy ra (SAI) $\perp$ (SMN).

Kẻ AH $\perp$ SI $\Rightarrow$ AH $\perp$ (SMN) $\Rightarrow$ d(A, (SMN)) = AH = \[\frac{{AI.SA}}{{\sqrt {A{I^2} + S{A^2}} }} = 2\].

Vậy d(SM, BC) = 2.

Trả lời: 2.

Gọi O = AC $\cap$ 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 $\perp$ A'O.

Ta có BD $\perp$ AO; BD $\perp$ AA' nên BD $\perp$ (AA'O) $\Rightarrow$ BD $\perp$ AH.

Lại có BD $\perp$AH; A'O $\perp$ AH nên AH $\perp$ (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.

Ta có AA' // (BCC'B') nên d(AA', (BCC'B')) = d(A, (BCC'B')).

Hạ AH $\perp$ BC $\Rightarrow$ AH $\perp$ (BCC'B') $\Rightarrow$ d(A, (BCC'B')) = AH.

Ta có \(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}} = \frac{1}{3} + \frac{1}{{B{C^2} - A{B^2}}} = \frac{1}{3} + 1 = \frac{4}{3}\) $\Rightarrow$ \(AH = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \approx 0,87\).

Trả lời: 0,87.

Gọi I là trung điểm của BC $\Rightarrow$ AI $\perp$ BC.

Gọi O là trọng tâm DABC. Vì S.ABC là hình chóp đều nên SO $\perp$ (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.