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:

\[\frac{1}{{D{H^2}}} = \frac{1}{{S{D^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{1}{{2{a^2}}} + \frac{1}{{4{a^2}}} = \frac{3}{{4{a^2}}}\]\[ \Rightarrow DH = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}.\]

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

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 ∆SCD đều nên \(SM = \frac{{2a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \).

Có \(OM = \frac{1}{2}IM = a\).

Xét ∆SOM vuông tại O có \(SO = \sqrt {S{M^2} - O{M^2}} = \sqrt {3{a^2} - {a^2}} = a\sqrt 2 \).

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 ∆ACD nên \(OI = \frac{{AD}}{2} = \frac{a}{2}\).

Vì ∆SCD đều cạnh a nên \(SI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).

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

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

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 ∆SBD.

Suy ra OM // SB ⇒ 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)) ⇒ EB ⊥ (SAE) ⇒ EB ⊥ AH (4).

Từ (3), (4) ⇒ AH ⊥ (SEB).

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

Xét ∆ABD 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 ∆SAE 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 ∆ADC có M, N lần lượt là trung điểm của AD, DC nên MN là đường trung bình của ∆ADC ⇒ 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 ∩ BD, I = MN ∩ BD.

Vì OI ⊥ AC và OI ⊥ CC' (do CC' ⊥ (ABCD)) ⇒ OI ⊥ (ACC')

Suy ra \(d\left( {(MNP),(ACC')} \right) = OI = \frac{1}{4}AC = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}\).

Đáp án đúng là: A

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

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

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

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

Xét ∆AA'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) ⇒ \(\widehat {A'AH} = 60^\circ \).

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

Xét ∆A'AH vuông tại H, có \(A'H = A'A.\sin 60^\circ = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\).