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

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

D

Vì SA $\perp$ (ABC) nên d(S, (ABC)) = SA.

Có CB $\perp$ AB, CB $\perp$ SA (do SA $\perp$ (ABC)) $\Rightarrow$ CB $\perp$ (SAB) $\Rightarrow$ d(C, (SAB)) = BC.

Vì BC $\perp$ (SAB) $\Rightarrow$ BC $\perp$ AH và AH $\perp$ SB nên AH $\perp$ (SBC). Do đó d(A, (SBC)) = AH.

D

Vì IO là đường trung bình của DSAC $\Rightarrow$ IO // SA.

Mà SA $\perp$ (ABCD) nên IO $\perp$ (ABCD) $\Rightarrow$ d(I, (ABCD)) = IO.

A

Ta có$\left\{ \begin{array}{l}\left( {ABCD} \right)//\left( {A'B'C'D'} \right)\\BD \subset \left( {ABCD} \right)\\A'C' \subset \left( {A'B'C'D'} \right)\end{array} \right.$ $\Rightarrow$ d(BD, A'C') = d((ABCD), (A'B'C'D')) = AA' = a.

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 $AG = \sqrt {A{B^2} - B{G^2}} = \sqrt {{a^2} - {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}$.

D

Vì $CD\,{\rm{//}}\,AB$ nên $CD\,{\rm{//}}\,\left( {SAB} \right)$.

Do đó $d\left( {CD\,,SB} \right) = d\left( {CD,\,\left( {SAB} \right)} \right) = d\left( {D\,,\,\left( {SAB} \right)} \right) = DA = a$.

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 $d\left( {CC',AB'} \right) = CI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \cdot$

C

Ta có AB $\perp$ BB' và AB $\perp$ AD. Do đó d(BB', AD) = AB = a.

C

Hạ AH $\perp$ BC.

Có SA $\perp$ (ABC) $\Rightarrow$ SA $\perp$ AH. Do đó d(SA, BC) = AH.

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

C

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

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 $\frac{{CO}}{{AO}} = \frac{{d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right)}}{{d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right)}} = 1$ $\Leftrightarrow$ 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: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{BC \bot OI}\\{BC \bot SO}\end{array} \Rightarrow BC \bot (SOI) \Rightarrow BC \bot OH} \right.$

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.