20 câu trắc nghiệm Toán 11 Cánh diều Bài 5. Khoảng cách (Đúng sai - trả lời ngắn) có đáp án

D

Ta có d(B, AC) = AB = 3a.

A

Vì SA ^ (ABCD) Þ SA ^ CB mà CB ^ AB nên CB ^ (SAB).

Do đó d(C, (SAB)) = CB = AD = 3a.

A

Ta có BC // AD Þ BC // (SAD).

Khi đó d(BC, (SAD)) = d(B, (SAD)).

Vì SA ^ (ABCD) Þ SA ^ AB mà AB ^ AD nên AB ^ (SAD).

Suy ra d(B, (SAD)) = BA = a.

B

d(A, CD) = AN.

C

d(A, (SBD)) = AP.

B

Kẻ AH ^ BC mà BC ^ SA (SA ^ (ABC)) Þ BC ^ (SAH).

Kẻ AK ^ SH mà BC ^ AK (do BC ^ (SAH)) Þ AK ^ (SBC).

Do đó d(A, (SBC)) = AK.

Xét DABC vuông tại A, đường cao AH có $\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{3{a^2}}} = \frac{4}{{3{a^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Xét DSAH vuông tại A, AK là đường cao, ta có $\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{4{a^2}}} + \frac{4}{{3{a^2}}} = \frac{{19}}{{12{a^2}}}$.

Suy ra $AK = \frac{{2a\sqrt {57} }}{{19}}$.

D

Vì SA ^ (ABCD) Þ SA ^ AD mà AD ^ DC nên d(SA, CD) = AD = BC = 2a.

D

Trong mặt phẳng (ABC), kẻ AH ^ BC.

Vì SA ^ (ABC) Þ SA ^ AH.

Do đó d(SA, BC) = AH $= \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$ (do ABC là tam giác đều cạnh a).

B

Ta có IJ là đường trung bình của hình thang ABCD.

Suy ra IJ // AD Þ IJ // (SAD).

Do đó d(IJ, (SAD)) = d(I, (SAD)).

Ta có IA ^ AD (do ABCD là hình thang vuông), SA ^ IA (do SA ^ (ABCD)) nên IA ^ (SAD).

Do đó d(I, (SAD)) = IA = $\frac{{AB}}{2} = \frac{a}{2}$.

B

Ta có (ABC) // (A'B'C') nên d((ABC), (A'B'C')) = d(A', (ABC)).

Gọi H là hình chiếu của A' trên AB.

Vì (A'ABB') ^ (ABC), (A'ABB') Ç (ABC) = AB, A'H Ì (A'ABB') và A'H ^ AB nên A'H ^ (ABC).

Xét DA'AH vuông tại H có $A'H = A'A\sin \widehat {A'AH} = 2a\sin 60^\circ = a\sqrt 3$.

Suy ra d((ABC), (A'B'C')) = d(A', (ABC)) = A'H = $a\sqrt 3$.

a) Vì SA ^ (ABCD) Þ SA ^ CD.

b) Vì SA ^ (ABCD) Þ SA ^ DO mà DO ^ AC (do ABCD là hình vuông) nên DO ^ (SAC).

Do đó d(D, (SAC)) = DO.

c) Vì SA ^ CD và CD ^ AD nên CD ^ (SAD).

Suy ra (CD, (SAD)) = 90°.

d) Ta có BC ^ CD.

Vì SA ^ (ABCD) Þ SA ^ BC mà BC ^ AB nên BC ^ (SAB) Þ BC ^ SB.

Do đó d(SB, CD) = BC.

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

a) Có SA ^ (ABCD) Þ SA ^ BC mà BC ^ AB nên BC ^ (SAB) Þ BC ^ AH.

b) Vì BC ^ AH mà AH ^ SB nên AH ^ (SBC).

Do đó d(A, (SBC)) = AH.

Xét DSAB vuông tại A, AH là đường cao, ta có

$\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} = \frac{1}{{3{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{4}{{3{a^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

c) Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Có SA ^ (ABCD) Þ SA ^ BD mà BD ^ AC nên BD ^ (SAC).

Kẻ AI ^ SO mà AI ^ BD (do BD ^ (SAC)) Þ AI ^ (SBD).

Do đó d(A, (SBD)) = AI.

Do ABCD là hình vuông nên $AO = \frac{{AC}}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

Xét DSAO vuông tại A, AI là đường cao có:

$\frac{1}{{A{I^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{O^2}}} = \frac{1}{{3{a^2}}} + \frac{4}{{2{a^2}}} = \frac{7}{{3{a^2}}} \Rightarrow AI = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}$.

d) Ta có AH ^ (SBC) Þ AH ^ SC.

Tương tự ta chứng minh được AK ^ (SCD) Þ AK ^ SC.

Suy ra SC ^ (AHK).

Gọi F = SC Ç (AHK) thì SC ^ 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 = AC$^{2}$ $\Rightarrow CF = \frac{{A{C^2}}}{{CS}} = \frac{{2{a^2}}}{{a\sqrt 5 }} = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}$.

Vậy d(C, (AHK)) = $CF = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}$.

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

a) Tam giác SAB đều nên SH ^ AB mà (SAB) ^ (ABCD) Þ SH ^ (ABCD).

Ta có AH Ç (SBD) = B $\Rightarrow \frac{{d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right)}}{{d\left( {H,\left( {SBD} \right)} \right)}} = \frac{{AB}}{{HB}} = 2$.

Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Kẻ HI ^ BD mà SH ^ BD (do SH ^ (ABCD)) Þ BD ^ (SHI).

Kẻ HK ^ SI mà BD ^ HK (do BD ^ (SHI)) nên HK ^ (SBD).

Do đó d(H, (SBD)) = HK.

Ta có HO là đường trung bình của D ABC Þ HO // BC và $HO = \frac{{BC}}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Lại có BC ^ AB nên HO ^ AB.

Vì SAB là tam giác đều cạnh a nên $HB = \frac{a}{2};SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Xét DOHB vuông tại H, ta có $\frac{1}{{H{I^2}}} = \frac{1}{{H{O^2}}} + \frac{1}{{H{B^2}}} = \frac{4}{{3{a^2}}} + \frac{4}{{{a^2}}} = \frac{{16}}{{3{a^2}}}$ $\Rightarrow HI = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}$.

Xét DSHI vuông tại H có $\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{I^2}}} = \frac{4}{{3{a^2}}} + \frac{{16}}{{3{a^2}}} = \frac{{20}}{{3{a^2}}}$ $\Rightarrow HK = \frac{{a\sqrt {15} }}{{10}}$.

Suy ra d(A, (SBD)) $= 2.\frac{{a\sqrt {15} }}{{10}} = \frac{{a\sqrt {15} }}{5}$.

b) Gọi M là trung điểm của CD.

Vì ABCD là hình chữ nhật nên HM ^ CD mà SH ^ HM (do SH ^ (ABCD)).

Suy ra d(SH, CD) = HM = AD = $a\sqrt 3$.

c) Vì BC // AD nên BC // (SAD).

Suy ra d(BC, SD) = d(BC, (SAD)) = d(B, (SAD)) = 2d(H, (SAD)).

Có SH ^ AD và AD ^ AH nên AD ^ (SHA).

Kẻ HN ^ SA mà HN ^ AD (do AD ^ (SHA)) Þ HN ^ (SAD).

Do đó d(H, (SAD)) = HN.

Xét DSHA vuông tại H, HN là đường cao có:

$\frac{1}{{H{N^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{H{A^2}}} = \frac{4}{{3{a^2}}} + \frac{4}{{{a^2}}} = \frac{{16}}{{3{a^2}}}$ $\Rightarrow HN = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}$.

Vậy d(B, (SAD)) = $2.\frac{{a\sqrt 3 }}{4} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

d) Có AB // CD Þ CD // (SAB).

Do đó d(CD, SB) = d(CD, (SAB)) = d(C, (SAB)).

Có CB ^ AB mà CB ^ SH (do SH ^ (ABCD)) Þ CB ^ (SAB).

Do đó d(C, (SAB)) = CB = $a\sqrt 3$.

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

a) Vì SA ^ (ABCD) nên d(S, (ABCD)) = SA = 2a.

b) c) Ta có: $AD//BC \Rightarrow AD//(SBC) \Rightarrow d(D,(SBC)) = d(A,(SBC))$.

Trong mặt phẳng $(SAB)$, kẻ $AH \bot SB$ tại $H$. (1)

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{BC \bot AB}\\{BC \bot SA}\end{array} \Rightarrow BC \bot (SAB) \Rightarrow AH \bot BC} \right.$. (2)

Từ (1) và (2) suy ra $AH \bot (SBC)$ hay $d(A,(SBC)) = AH$.

Tam giác $SAB$ vuông tại $A$ có đường cao $AH$ nên:

$\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{SA \cdot AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \frac{{2a \cdot a\sqrt 2 }}{{\sqrt {4{a^2} + 2{a^2}} }} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}{\rm{. }}$

Vậy $d(D,(SBC)) = d(A,(SBC)) = AH = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}$.

d) Trong mặt phẳng $(SAD)$, kẻ $AK \bot SD$ tại $K$. (3)

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{AB \bot SA}\\{AB \bot AD}\end{array} \Rightarrow AB \bot (SAD) \Rightarrow AB \bot AK} \right.$.(4)

Từ (3) và (4) suy ra $AK$ là đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau $AB,SD$.

Tam giác $ACD$ vuông tại $D$ nên $AD = \sqrt {A{C^2} - C{D^2}} = \sqrt {3{a^2} - 2{a^2}} = a$.

Tam giác $SAD$ vuông tại $A$ có đường cao $AK$ nên

$\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} \Rightarrow AK = \frac{{SA \cdot AD}}{{\sqrt {S{A^2} + A{D^2}} }} = \frac{{2a \cdot a}}{{\sqrt {4{a^2} + {a^2}} }} = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}{\rm{. }}$

Vậy $d(AB,SD) = AK = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}$.

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

a) Vì SA ^ (ABC) Þ SA ^ BC mà AB ^ BC nên BC ^ (SAB).

Suy ra d(C, (SAB)) = BC.

b) Theo câu a, BC ^ (SAB).

c) Hạ BH ^ AC mà SA ^ BH (do SA ^ (ABC)) Þ BH ^ (SAC).

Do đó d(B, (SAC)) = BH.

d) Vì BC ^ (SAB) Þ BC ^ SB.

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

Xét DMHO vuông tại H, có $MH = OM.\sin 65^\circ = 3.\sin 65^\circ \approx 2{,}7$.

Vậy khoảng cách từ vị trí M đến mặt đất là khoảng 2,7 m.

Trả lời: 2,7.

Gọi H là hình chiếu của S trên AB.

Do (SAB) ^ (ABC), (SAB) Ç (ABC) = AB, SH Ì (SAB) và SH ^ AB nên SH ^ (ABC).

Suy ra d(S, (ABC)) = SH.

Xét DSAB vuông tại S, có $S{B^2} = A{B^2} - S{A^2} = {1^2} - {\left( {\frac{3}{5}} \right)^2} = \frac{{16}}{{25}}$ $\Rightarrow SB = \frac{4}{5}$.

Suy ra d(S, (ABC)) = SH $= \frac{{SA.SB}}{{AB}} = \frac{{\frac{3}{5}.\frac{4}{5}}}{1} = \frac{{12}}{{25}}$.

Suy ra a = 12; b = 25. Do đó a + b = 37.

Trả lời: 37.

Vì ABCD.A'B'C'D' là hình hộp nên (ABB'A') // (CDD'C').

Suy ra d((ABB'A'), (CDD'C')) = d(A, (CDD'C')).

Gọi I là hình chiếu của A trên CD Þ AI ^ CD mà AI ^ DD' Þ AI ^ (CDD'C').

Do đó d(A, (CDD'C')) = AI.

Vì tam giác ACD đều cạnh 1 nên $AI = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$.

Khi đó $d\left( {\left( {ABB'A'} \right),\left( {CDD'C'} \right)} \right) = AI = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \approx 0{,}87$.

Trả lời: 0,87.

Vì BC // AD nên BC // (SAD).

Khi đó d(BC, (SAD)) = d(B, (SAD)).

Gọi H là hình chiếu của B trên SA.

Do (SAB) ^ (ABCD); (SAB) Ç (ABCD) = AB và DA ^ AB nên AD ^ (SAB). Suy ra (SAD) ^ (SAB).

Mà (SAB) Ç (SAD) = SA và BH ^ SA nên BH ^ (SAD).

Xét DSAB đều cạnh 1 nên $BH = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \approx 0{,}87$.

Trả lời: 0,87.

Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Vì AB // CD nên AB // (SCD).

Khi đó d(AB, CD) = d(AB, (SCD)) = d(A, (SCD)).

Lại có $\frac{{d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right)}}{{d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right)}} = \frac{{CA}}{{CO}} = 2$.

Hạ OM ^ CD, OH ^ SM

Vì SO ^ (ABCD) Þ SO ^ CD mà OM ^ CD Þ CD ^ (SOM) Þ CD ^ OH.

Lại có OH ^ SM nên OH ^ (SCD). Do đó d(O, (SCD)) = OH.

Ta có $OM = \frac{1}{2}AD = 1$, $AC = 2\sqrt 2 \Rightarrow OC = \sqrt 2$.

Xét DSOC vuông tại O, $SO = \sqrt {S{C^2} - O{C^2}} = \sqrt {{{\left( {2\sqrt 2 } \right)}^2} - {{\left( {\sqrt 2 } \right)}^2}} = \sqrt 6$.

Xét DSOM vuông tại O, $\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{M^2}}} = \frac{1}{6} + \frac{1}{1} = \frac{7}{6}$Þ $OH = \frac{{\sqrt {42} }}{7}$.

Khi đó d(A, (SCD)) = $2.\frac{{\sqrt {42} }}{7} \approx 1{,}9$.

Trả lời: 1,9.