10 Bài tập Khoảng cách giữa các đường thẳng và mặt phẳng song song, hai mặt phẳng song song (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: $\frac{1}{D{H}^{2}}=\frac{1}{S{D}^{2}}+\frac{1}{A{D}^{2}}=\frac{1}{2{a}^{2}}+\frac{1}{4{a}^{2}}=\frac{3}{4{a}^{2}}$

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$\frac{d(M,(ABC))}{d(O,(ABC))}=\frac{AM}{AO}=\frac{1}{2}\Rightarrow d(M,(ABC))=\frac{1}{2}d(O,(ABC))$ .

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 DSCD đều nên $SM=\frac{2a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$ .

Có $OM=\frac{1}{2}IM=a$ .

Xét DSOM vuông tại O có $SO=\sqrt{S{M}^{2}-O{M}^{2}}=\sqrt{3{a}^{2}-{a}^{2}}=a\sqrt{2}$ .

Vì ${S}_{ΔSIM}=\frac{1}{2}SO.IM=\frac{1}{2}IH.SM\Rightarrow IH=\frac{SO.IM}{SM}=\frac{a\sqrt{2}.2a}{a\sqrt{3}}=\frac{2a\sqrt{6}}{3}$.

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 DACD nên $OI=\frac{AD}{2}=\frac{a}{2}$ .

Vì DSCD đều cạnh a nên $SI=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ .

Xét DSOI 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 $\frac{d(A,(SCD))}{d(O,(SCD))}=\frac{CA}{CO}=2\Rightarrow d(A,(SCD))=2d(O,(SCD))$ .

Do đó $d(A,(SCD))=\frac{a\sqrt{6}}{3}$ .

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 DSBD.

Suy ra OM // SB Þ 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)) Þ EB ^ (SAE) Þ EB ^ AH (4).

Từ (3), (4) Þ AH ^ (SEB).

Ta có d(SB, (ACM)) = d((SBE), (ACM)) = d(A, (SBE)) = AH.

Xét DABD 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 DSAE 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 DADC có M, N lần lượt là trung điểm của AD, DC nên MN là đường trung bình của DADC ⇒ 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 Ç BD, I = MN Ç BD.

Vì OI ^ AC và OI ^ CC' (do CC' ^ (ABCD)) Þ OI ^ (ACC')

Suy ra $d((MNP),(AC{C}^{'}))=OI=\frac{1}{4}AC=\frac{a\sqrt{2}}{4}$ .

Đáp án đúng là: A

Vì ∆ABC đều và AA' = A'B = A'C Þ A'.ABC là hình chóp đều.

Gọi A'H là chiều cao của lăng trụ, suy ra H là trọng tâm DABC.

Khi đó AH là hình chiếu của AA' trên mặt phẳng ABC Þ $\widehat{{A}^{'}AH}=60^{\circ}$ .

Vì (ABC) // (A'B'C') nên d((ABC), (A'B'C')) = A'H.

Xét DAA'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) Þ $\widehat{{A}^{'}AH}=60^{\circ}$ .

Vì (ABC) // (ABC) nên d((ABC), (A'B'C')) = A'H.

Xét DA'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) Þ DD' ^ AC (2).

Từ (1) và (2) Þ AC ^ (DD'O) Þ AC ^ D'O.

Do đó góc giữa hai mặt phẳng (ACD') và mặt phẳng (ABCD) chính là $\widehat{{D}^{'}OD}=60^{\circ}$ .

Xét DADC 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 DD'DO vuông tại D, ta có: $D{D}^{'}=DO.\tan 60^{\circ}=\frac{12\sqrt{3}}{5}$ .

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