50 bài tập khoảng cách nhận biết

\

Trong (ABCD) kẻ \(CE \bot AD\)

Ta có:

\(\left. \begin{array}{l}CE \bot AD\\CE \bot SA\,\,\,\left( {SA \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow CE \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow d\left( {C;\left( {SAD} \right)} \right) = CE\)

Tứ giác ABCE là hình chữ nhật (Tứ giác có 3 góc vuông)

\( \Rightarrow CE = AB = a\)

Chọn D.

Từ A kẻ AH vuông góc với \(BC,\,\,H\in BC\)                    (1)

Ta có \(SB\) vuông góc với \(\left( ABC \right)\) \(\Rightarrow SB\bot AH\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1), (2)  suy ra \(AH\bot \left( SBC \right)\Rightarrow d\left( A;\left( SBC \right) \right)=AH\).

Tam giác AHC vuông tại H, có \(\cos \widehat{HAC}=\dfrac{AH}{AC}\).

\(\Rightarrow AH=\cos \widehat{HAC}.AC=\cos {{45}^{0}}.AC=2a\sqrt{2}.\dfrac{\sqrt{2}}{2}=2a\).

Chọn B.

Do AB // CD nên \(d\left( B;\left( SCD \right) \right)=d\left( A;\left( SCD \right) \right)\).

Kẻ \(AE\bot SD\) tại \(E\).   (1)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow CD \bot AE\,\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow AE\bot \left( SCD \right)\). Khi đó \(d\left( A;\left( SCD \right) \right)=AE.\)

Tam giác vuông \(SAD,\) có \(AE=\frac{SA.AD}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{D}^{2}}}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}.\)

Vậy \(d\left( B;\left( SCD \right) \right)=AE=\frac{a\sqrt{6}}{3}.\)

Chọn B.

Ta có : \(OA\cap \left( SBC \right)=C\Rightarrow \frac{d\left( O;\left( SBC \right) \right)}{d\left( A;\left( SBC \right) \right)}=\frac{OC}{AC}=\frac{1}{2}\)

Do đó \(d\left( O;\left( SBC \right) \right)=\frac{1}{2}d\left( A;\left( SBC \right) \right).\)

Gọi \(K\) là hình chiếu của \(A\) trên \(SB\) \(\Rightarrow \)\(AK\bot SB\,\,\,\left( 1 \right)\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot SA\\BC \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow BC \bot AK\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow AK\bot \left( SBC \right)\Rightarrow d\left( A;\left( SBC \right) \right)=AK\)

Tam giác vuông SAB, có \(AK=\frac{SA.AB}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{B}^{2}}}}=\frac{a\sqrt{285}}{19}.\)

Vậy \(d\left( O;\left( SBC \right) \right)=\frac{1}{2}AK=\frac{a\sqrt{285}}{38}.\)

Chọn C.

Gọi I, J lần lượt là trung điểm của AB, CD; O là trọng tâm của ABC, G là giao điểm của DO và IJ.

* Chứng minh IJ là đoạn vuông góc chung của AB và CD:

Các tam giác ABC, ABD đều và bằng nhau, suy ra các đường cao tương ứng \(DI=IC\).

\(\Rightarrow \Delta DIC\)cân tại I

Mà IJ là trung tuyến \(\Rightarrow IJ\bot CD\) (1)

Ta có: \(IC\bot AB\) (vì tam giác ABC đều), \(DO\bot AB\,\)(vì \(DO\bot (ABC)\)

\(\Rightarrow AB\bot (DIC)\Rightarrow AB\bot IJ\) (2)

Từ (1), (2) suy ra IJ là đoạn vuông góc chung của AB và CD \(\Rightarrow d(AB,\,CD)=IJ\)

* Tính IJ:

Tam giác ABC đều, cạnh a \(\Rightarrow IC=\frac{a\sqrt{3}}{2}\)

J là trung điểm CD \(\Rightarrow JC=\frac{a}{2}\)

Tam giác IJC vuông tại J \(\Rightarrow I{{C}^{2}}=I{{J}^{2}}+J{{C}^{2}}\Leftrightarrow {{\left( \frac{a\sqrt{3}}{2} \right)}^{2}}=I{{J}^{2}}+{{\left( \frac{a}{2} \right)}^{2}}\Rightarrow IJ=\frac{a\sqrt{2}}{2}\)

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD là \(\frac{a\sqrt{2}}{2}\).

Chọn: B.

Do \(BB'\parallel AA'\) nên \(d\left( BB';A'H \right)=d\left( BB';\left( AA'H \right) \right)=d\left( B;\left( AA'H \right) \right)\).

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}BH \bot AH\\BH \bot A'H\end{array} \right. \Rightarrow BH \bot \left( {AA'H} \right)\)

Nên \(d\left( B;\left( AA'H \right) \right)=BH=\frac{BC}{2}=a.\)

Vậy khoảng cách \(d\left( BB';A'H \right)=a\).

Chọn B.

Gọi H là trung điểm của BC khi đó \(SH\bot BC\).

Mặt khác \(\left( SBC \right)\bot \left( ABC \right)\) do đó \(SH\bot \left( ABC \right)\).

Ta có \(SH=\frac{a\sqrt{3}}{2}\) và \(AB=AC=\frac{a}{\sqrt{2}};AH=\frac{BC}{2}=\frac{a}{2}\).

Do \(\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AH\\BC \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SHA} \right)\). Dựng \(HK\bot SA\) khi đó \(HK\) là đoạn vuông góc chung của \(BC\) và \(SA\).

Lại có \(HK=\frac{SH.AH}{\sqrt{S{{H}^{2}}+H{{A}^{2}}}}=\frac{a\sqrt{3}}{4}\). Vậy \(d\left( SA;BC \right)=\frac{a\sqrt{3}}{4}.\)

Chọn B.

Gọi M là trung điểm AB và G là trọng tâm tam giác ABC

Do ABCD là tứ diện đều \(\Rightarrow \,DG\bot \left( ABC \right)\).

Do đó, khoảng cách \(d\left( D;\left( ABC \right) \right)=DG.\)

Và G cũng là hình chiếu của D trên mặt phẳng (ABC).

Tam giác ABC đều \(\Rightarrow \,\,G\) tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Chọn D.

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD.

Ta có  AB \\ CD \( \Rightarrow \) CD \\ (SAB)

\( \Rightarrow \) d(SA,CD) = d(CD,(SAB))= 2d(O,(SAB))= \(a\sqrt 3 \)

Gọi M là trung điểm của AB, kẻ \(OK\bot SM\,\,\left( K\in SM \right)\,\,\left( 1 \right)\) ta có :

\(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot OM\\AB \bot SO\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SOM} \right) \Rightarrow AB \bot OK\,\,\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow OK\bot \left( SAB \right)\Rightarrow d\left( O;\left( SAB \right) \right)=OK=\frac{a\sqrt{3}}{2}\)

Xét tam giác SMO  vuông tại , có\(\frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{M^2}}} = \frac{1}{{O{K^2}}} \Rightarrow SO = a\sqrt 3 \) .

Chọn D.

Gọi \(M\) là trung điểm \(BC\), suy ra \(AM\bot BC\) và \(AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}\).

Gọi \(K\) là hình chiếu của \(A\) trên \(SM\), suy ra \(AK\bot SM\).  

Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}AM \bot BC\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAM} \right) \Rightarrow BC \bot AK.\)  

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\), suy ra \(AK\bot \left( SBC \right)\) nên \(d\left[ A,\left( SBC \right) \right]=AK.\)

Trong \(\Delta SAM\), có \(AK=\frac{SA.AM}{\sqrt{S{{A}^{2}}+A{{M}^{2}}}}=\frac{3a}{\sqrt{15}}=\frac{a\sqrt{15}}{5}.\)

Vậy \(d\left[ A,\left( SBC \right) \right]=AK=\frac{a\sqrt{15}}{5}.\)

Chọn A

(A’D’DA) // (B’C’CB)

* Lấy \(D\in \left( A'D'DA \right)\). Ta có:

+) d(A’D’DA; B’C’CB) = d(D; B’C’CB) = DC = a.

Chọn đáp án A.

* Vẽ \(AE\bot BC,~AH\bot SE\).

\(\Rightarrow AH\bot \left( SBC \right)\Rightarrow d\left( A;\left( SBC \right) \right)=AH\).

* Chứng minh :

\(AH\bot \left( SBC \right)\) (Tự chứng minh).

* Tính AH:

Ta có: \(AE=\frac{a\sqrt{3}}{2}\)

Xét \({{\Delta }_{v}}SAE\): \(\frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{1}{S{{A}^{2}}}+\frac{1}{A{{E}^{2}}}=\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{4}{3{{a}^{2}}}=\frac{7}{3{{a}^{2}}}\Rightarrow AH=\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{7}}\).

Chọn đáp án B.

* Nối \(AC\cap BD=O\Rightarrow O\) là tâm đáy \(\Rightarrow SO\bot \left( ABCD \right)\).

\(\Rightarrow d\left( S;\left( ABCD \right) \right)=SO\).

* Tính SO : \(BD=a\sqrt{2}\Rightarrow OB=\frac{a\sqrt{2}}{2}\)

\({{\Delta }_{v}}SOB:\,\,SO=\sqrt{S{{B}^{2}}-O{{B}^{2}}}=\sqrt{4{{a}^{2}}-\frac{2{{a}^{2}}}{4}}=\frac{a\sqrt{14}}{2}\)

Chọn đáp án D.

* Nhận xét : \(\left\{ \begin{align}  AB\bot AD \\  AB\bot SA \\ \end{align} \right.\Rightarrow AB\bot \left( SAD \right)\)

\(\Rightarrow AB\bot SD\)

* Chọn \(A\in AB\). Vẽ \(AH\bot SD\).

Vì \(AB\bot \left( SAD \right)\Rightarrow AB\bot AH\)

\(d\left( AB;SD \right)=AH\)

* Tính AH : \({{\Delta }_{v}}SAD:\,\,\frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{1}{{{a}^{2}}}+\frac{1}{4{{a}^{2}}}=\frac{5}{4{{a}^{2}}}\Rightarrow AH=\frac{2a}{\sqrt{5}}\)

Chọn đáp án B.

\(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow d\left( {S;\left( {ABCD} \right)} \right) = SA\).

Chọn B.