Bài tập Khoảng cách giữa các đường thẳng và mặt phẳng song song, hai mặt phẳng song song lớp 11 (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: $\frac{1}{D{H}^2}=\frac{1}{S{D}^2}+\frac{1}{A{D}^2}=\frac{1}{2a^2}+\frac{1}{4a^2}=\frac{3}{4a^2}$

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

Mà d(O, (ABC)) = OH = $\frac{2a}{\sqrt{3}}$  .

Do đó $d(M,(ABC\left)\right)=\frac{a}{\sqrt{3}}$ .

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 $SO=\sqrt{S{M}^2-O{M}^2}=\sqrt{3a^2-a^2}=a\sqrt{2}$  .

Vì  $S_{\Delta SIM}=\frac{1}{2}SO.IM=\frac{1}{2}IH.SM\Rightarrow IH=\frac{SO.IM}{SM}=\frac{a\sqrt{2}.2a}{a\sqrt{3}}=\frac{2a\sqrt{6}}{3}$.

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

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

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 $\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{E}^2}=\frac{1}{4a^2}+\frac{2}{a^2}=\frac{9}{4a^2}\Rightarrow AH=\frac{2a}{3}$  .

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