Các dạng toán về khoảng cách lớp 11 năm 2024

$SH = \frac{{AC\sqrt 3 }}{2} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 $ [Do $SH$ là đường cao tam giác đều]

Vậy $d[S;[ABCD]] = SH = a\sqrt 3 $

Câu 3: Cho hình chóp $SABC$ có đáy là tam giác vuông tại $A,AB = a,AC = a\sqrt 3 ,SA$ vuông góc với mặt phẳng đáy và $SA = 2a$. Khoảng cách từ điểm $A$ dến mặt phẳng $\left[ {SBC} \right]$ bằng

1. $\frac{{a\sqrt {57} }}{{19}}$.

1. $\frac{{2a\sqrt {57} }}{{19}}$.

1. $\frac{{2a\sqrt 3 }}{{19}}$.

1. $\frac{{2a\sqrt {38} }}{{19}}$.

Lời giải

Chọn B

Từ $A$ kẻ $AD \bot BC$ mà $SA \bot \left[ {ABC} \right] \Rightarrow SA \bot BC$

$ \Rightarrow BC \bot \left[ {SAD} \right] \Rightarrow \left[ {SAD} \right] \bot \left[ {SBC} \right]$ mà $\left[ {SAD} \right] \cap \left[ {SBC} \right] = SD$

$ \Rightarrow $ Từ $A$ kẻ $AE \bot SD \Rightarrow AE \bot \left[ {SBC} \right]$

$ \Rightarrow d\left[ {A;\left[ {SBC} \right]} \right] = AE$

Trong $\vartriangle ABC$ vuông tại $A$ ta có: $\frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{C^2}}} = \frac{4}{{3{a^2}}}$

Trong $\vartriangle SAD$ vuông tại $A$ ta có: $\frac{1}{{A{E^2}}} = \frac{1}{{A{S^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{{19}}{{12{a^2}}} \Rightarrow AE = \frac{{2a\sqrt {57} }}{{19}}$

Câu 4: Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy là tam giác đều cạnh $a,SA \bot \left[ {ABC} \right]$, góc giữa hai mặt phẳng $\left[ {ABC} \right]$ và $\left[ {SBC} \right]$ là ${60^ \circ }$. Khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $\left[ {ABC} \right]$ bằng

1. $\frac{{3a}}{2}$.

1. $\frac{a}{2}$.

1. $a\sqrt 3 $.

1. $\frac{a}{{\sqrt 3 }}$.

Lời giải

Chọn A

Ta có: $SA \bot \left[ {ABC} \right]$

$ \Rightarrow d[S;[ABC]] = SA$

Gọi $I$ là trung điểm $BC$, khi đó $BC \bot AI$

Mặt khác $BC \bot AI,BC \bot SA \Rightarrow BC \bot \left[ {SAI} \right] \Rightarrow BC \bot SI$

Suy ra góc giữa hai mặt phẳng $\left[ {ABC} \right]$ và $\left[ {SBC} \right]$ là $\widehat {SIA}$.

Tam giác $SIA$ vuông tại $A$ nên $tan\widehat {SIA} = \frac{{SA}}{{AI}} \Leftrightarrow SA = IA \cdot tan\widehat {SIA} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2} \cdot \sqrt 3 = \frac{{3a}}{2}$.

Câu 5: Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy là tam giác vuông cân tại $B,2SA = AC = 2a$ và $SA$ vuông góc với đáy. Khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $\left[ {SBC} \right]$ là

1. $\frac{{2a\sqrt 6 }}{3}$.

1. $\frac{{4a\sqrt 3 }}{3}$.

1. $\frac{{a\sqrt 6 }}{3}$.

1. $\frac{{a\sqrt 3 }}{3}$.

Lời giải

Chọn C

Kẻ $AH \bot SB\left[ {H \in SB} \right]$.

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {BC \bot AB} \\ {BC \bot SA\left[ {SA \bot \left[ {ABC} \right]} \right]} \end{array} \Rightarrow BC \bot \left[ {SAB} \right] \Rightarrow BC \bot AH \subset \left[ {SAB} \right]} \right.$.

Vì $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {AH \bot SB} \\ {AH \bot BC} \end{array} \Rightarrow AH \bot \left[ {SBC} \right]} \right.$.

Do đó khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $\left[ {SBC} \right]$ là ${d_{\left[ {A,SBC} \right]]}} = AH$.

Xét tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$, có $AC = 2a \Rightarrow AB = \frac{{AC}}{{\sqrt 2 }} = \sqrt 2 a$.

Xét tam giác $SAB$ vuông tại $A$, ta có: $\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{2{a^2}}} = \frac{3}{{2{a^2}}}$

$ \Rightarrow A{H^2} = \frac{{2{a^2}}}{3} \Rightarrow AH = \frac{{\sqrt 6 a}}{3}$.

Vậy khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $\left[ {SBC} \right]$ là $d\left[ {A,\left[ {SBC} \right]} \right] = AH = \frac{{\sqrt 6 a}}{3}$.

Câu 6: Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy $ABC$ là tam giác vuông tại $B$ và cạnh bên $SB$ vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết $SB = 3a,AB = 4a,BC = 2a$. Khoảng cách từ $B$ đến mặt phẳng $\left[ {SAC} \right]$ bằng

1. $\frac{{12\sqrt {61} a}}{{61}}$.

1. $\frac{{3\sqrt {14} a}}{{14}}$.

1. $\frac{{4a}}{5}$.

1. $\frac{{12\sqrt {29} a}}{{29}}$.

Lời giải

Chọn A

Từ $B$ kẻ $BI \bot AC$ nối $S$ với $I$ và kẻ $BH \bot SI$ dễ thấy $BH$ là khoảng cách từ $B$ đến mặt phẳng $\left[ {SAC} \right]$

Ta có $B.SAC$ là tam diện vuông tại $B$ nên:

$\frac{1}{{B{H^2}}} = \frac{1}{{B{S^2}}} + \frac{1}{{B{C^2}}} + \frac{1}{{B{A^2}}}$

$ = \frac{1}{{9{a^2}}} + \frac{1}{{4{a^2}}} + \frac{1}{{16{a^2}}} = \frac{{61}}{{144{a^2}}} \Rightarrow BH = \frac{{12\sqrt {61} a}}{{61}}$

Câu 7: Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy là tam giác vuông đỉnh $B,AB = a,SA$ vuông góc với mặt phẳng đáy và $SA = 2a$. Khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $\left[ {SBC} \right]$ bằng

1. $\frac{{2\sqrt 5 a}}{5}$.

1. $\frac{{\sqrt 5 a}}{3}$.

1. $\frac{{2\sqrt 2 a}}{3}$.

1. $\frac{{\sqrt 5 a}}{5}$.

Lời giải

Chọn A

Ta có $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {BC \bot AB} \\ {BC \bot SA} \end{array} \Rightarrow BC \bot \left[ {SAB} \right]} \right.$.

Kẻ $AH \bot SB$. Khi đó $AH \bot BC \Rightarrow AH \bot \left[ {SBC} \right]$

$ \Rightarrow AH$ là khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $\left[ {SBC} \right]$.

Ta có $\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} = \frac{1}{{4{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{5}{{4{a^2}}} \Rightarrow A{H^2} = \frac{{4{a^2}}}{5} \Rightarrow AH = \frac{{2\sqrt 5 a}}{5}$.

Câu 8: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông tâm $O,SA \bot \left[ {ABCD} \right]$. Gọi $I$ là trung điểm của $SC$. Khoảng cách từ $I$ đến mặt phẳng $\left[ {ABCD} \right]$ bẳng độ dài đoạn thẳng nào?

1. $IB$.

1. IC .

1. $IA$.

1. $IO$.

Lời giải

Chọn D

Từ giả thiết suy ra $OI$ là đường trung bình của $\vartriangle SAC$, do đó $OI//SA$.

Ta có $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {IO//SA} \\ {SA \bot \left[ {ABCD} \right]} \end{array} \Rightarrow IO \bot \left[ {ABCD} \right]} \right.$.

Vậy $d\left[ {I,\left[ {ABCD} \right]} \right] = OI$.

Câu 9: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình vuông cạnh $\sqrt 3 a,SA$ vuông góc với mặt phẳng đáy và $SA = a$. Khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $\left[ {SBC} \right]$ bằng

1. $\frac{{\sqrt 5 a}}{3}$.

1. $\frac{{\sqrt 3 a}}{2}$.

1. $\frac{{\sqrt 6 a}}{6}$.

1. $\frac{{\sqrt 3 a}}{3}$.

Lời giải

Chọn B

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {BC \bot AB} \\ {BC \bot SA} \end{array} \Rightarrow BC \bot \left[ {SAB} \right]} \right.$

$ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {\left[ {SAB} \right] \bot \left[ {SBC} \right]} \\ {\left[ {SAB} \right] \cap \left[ {SBC} \right] = SB} \end{array}} \right.$

Trong mặt phẳng $\left[ {SAB} \right]:$Kẻ $AH \bot SB \Rightarrow AH = d\left[ {A;\left[ {SBC} \right]} \right]$

$\begin{array}{*{20}{r}} {}&{\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{3{a^2}}} = \frac{4}{{3{a^2}}}.} \\ {}&{\; \Rightarrow d\left[ {A;\left[ {SBC} \right]} \right] = AH = \frac{{\sqrt 3 a}}{2}} \end{array}$

Câu 10: Cho hình chóp $S \cdot ABC$ có đáy là tam giác vuông cân tại $C,BC = a,SA$ vuông góc với mặt phẳng đáy và $SA = a$. Khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $\left[ {SBC} \right]$ bằng

1. $\sqrt 2 a$.

1. $\frac{{\sqrt 2 a}}{2}$.

1. $\frac{a}{2}$.

1. $\frac{{\sqrt 3 a}}{2}$.

Lời giải

Chọn B

Vì $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {BC \bot AC} \\ {BC \bot SA} \end{array} \Rightarrow BC \bot \left[ {SAC} \right]} \right.$

Khi đó $\left[ {SBC} \right] \bot \left[ {SAC} \right]$ theo giao tuyến là $SC$.

Trong $\left[ {SAC} \right]$, kẻ $AH \bot SC$ tại $H$ suy ra $AH \bot \left[ {SBC} \right]$ tại $H$.

Khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $\left[ {SBC} \right]$ bằng $AH$.

Ta có $AC = BC = a,SA = a$ nên tam giác $SAC$ vuông cân tại $A$.

Suy ra $AH = \frac{1}{2}SC = \frac{1}{2}a\sqrt 2 $.

Câu 11: Cho hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ có đáy là hình vuông cạnh $a$. Gọi $M$ là trung điểm của $SD$. Khoảng cách từ $M$ đến mặt phẳng $\left[ {SAC} \right]$ bằng

1. $\frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

1. $\frac{{a\sqrt 2 }}{4}$.

1. $\frac{a}{2}$.

1. $\frac{a}{4}$.

Lời giải

Chọn B

$d\left[ {M,\left[ {SAC} \right]} \right] = \frac{1}{2}d\left[ {D,\left[ {SAC} \right]} \right] = \frac{1}{2}DO = \frac{1}{4}BD = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}$.

Câu 12: Cho tứ diện đều $S.ABCD$ có tất cả các cạnh đều bằng $2a$, gọi $M$ là điểm thuộc cạnh $AD$ sao cho $DM = 2MA$. Tính khoảng cách từ $M$ đến mặt phẳng $\left[ {BCD} \right]$.

1. $\frac{{2a\sqrt 6 }}{9}$.

1. $a\sqrt 6 $.

1. $\frac{{4a\sqrt 6 }}{9}$.

1. $\frac{{2a\sqrt 6 }}{3}$.

Lời giải

Chọn C

Gọi $H$ là trung điểm $BC,G$ là trọng tâm tam giác $BCD,AG$ là đường cao của tứ diện

Xét tam giác đều $BCD$ có $BH = 2a \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 \Rightarrow BG = \frac{2}{3}BH = \frac{{2\sqrt 3 a}}{3}$.

Xét tam giác vuông $ABG$ có $AG = \sqrt {A{B^2} – B{G^2}} = \sqrt {{{[2a]}^2} – {{\left[ {\frac{{2\sqrt 3 a}}{3}} \right]}^2}} = \frac{{2\sqrt 6 }}{3}a$.

Mà $d\left[ {M;\left[ {BCD} \right]} \right] = \frac{2}{3}d\left[ {A;\left[ {BCD} \right]} \right] = \frac{2}{3}AG = \frac{{4\sqrt 6 }}{9}a$.

Câu 13: Cho tứ diện đều $ABCD$ có cạnh bằng $a$. Khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $\left[ {BCD} \right]$ bằng:

1. $\frac{{a\sqrt 3 }}{4}$.

1. $\frac{{a\sqrt 3 }}{3}$.

1. $\frac{{a\sqrt 6 }}{3}$.

1. $\frac{{a\sqrt 6 }}{2}$.

Lời giải

Chọn 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 $AG = \sqrt {A{B^2} – B{G^2}} = \sqrt {{a^2} – {{\left[ {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right]}^2}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}$.

Câu 14: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$. Đường thẳng $SA$ vuông góc với mặt phẳng $\left[ {ABCD} \right]$ và $SA = a$. Tính khoảng cách $d$ giữa hai đường thẳng $SB$ và $CD$.

1. $d = 2a$.

1. $d = a\sqrt 3 $.

1. $d = a\sqrt 2 $.

1. $d = a$.

Lời giải

Chọn D

Vì $CD//AB$ nên $CD//\left[ {SAB} \right]$. Do đó $d\left[ {CD;SB} \right] = d\left[ {CD;\left[ {SAB} \right]} \right] = d\left[ {D;\left[ {SAB} \right]} \right] = DA = a$.

Câu 15: Cho hình chóp $S.ABCD$ có $SA$ vuông góc với mặt đáy và đáy $ABCD$ là hình chữ nhật. Biết $AB = 4a,AD = 3a,SB = 5a$. Tính khoảng cách từ điểm $C$ dến mặt phẳng $\left[ {SBD} \right]$.

1. $\frac{{12\sqrt {41} a}}{{41}}$.

1. $\frac{{\sqrt {41} a}}{{12}}$.

1. $\frac{{12\sqrt {61} a}}{{61}}$.

1. $\frac{{\sqrt {61} a}}{{12}}$.

Lời giải

Chọn A

Ta có: $SA = \sqrt {S{B^2} – A{B^2}} = \sqrt {{{[5a]}^2} – {{[4a]}^2}} = 3a$.

Ta có $d\left[ {C,\left[ {SBD} \right]} \right] = d\left[ {A,\left[ {SBD} \right]} \right] = h$.

Tứ diện $ASBD$ có các cạnh $AB,AD,AS$ đôi một vuông góc với nhau và $AB = 4a,AD = 3a,AS = 3a$ nên ta có

$\frac{1}{{{h^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} + \frac{1}{{A{S^2}}}$

$ = \frac{1}{{16{a^2}}} + \frac{1}{{9{a^2}}} + \frac{1}{{9{a^2}}} = \frac{{41}}{{144{a^2}}} \Rightarrow h = \frac{{12a\sqrt {41} }}{{41}}$

Vậy $d\left[ {C,\left[ {SBD} \right]} \right] = \frac{{12a\sqrt {41} }}{{41}}$.

Câu 16: Cho tứ diện đều $ABCD$ có cạnh bằng $a$. Khoảng cách giữa hai đường thẳng $AB$ và $CD$ bằng

1. $\frac{{a\sqrt 2 }}{3}$.

1. $\frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

1. $\frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

1. $\frac{{a\sqrt 3 }}{3}$.

Lời giải

Chọn B

Gọi $E,F$ lần luợt là trung điểm của $AB$ và $CD$. Do tứ diện $ABCD$ đều cạnh $a$ nên $DE = CE = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.Xét trong tam giác cân $ECD$ tại $E$ có $E{F^2} = E{D^2} – F{D^2} = \frac{{3{a^2}}}{4} – \frac{{{a^2}}}{4} = \frac{{{a^2}}}{2}$.

Do tam giác $ABC,ABD$ đều nên $ED \bot AB,EC \bot AB$ suy ra $EF \bot AB$ mà tam giác $ECD$ cân tại $E$ nên $EF \bot CD$. Vậy khoảng cách giữa $AB$ và $CD$ bằng độ dài đoạn $EF$. Tức bằng $\frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

Câu 17: Cho hình chóp $S.MNPQ$ có đáy là hình vuông, $MN = 3a$, với $0 < a \in \mathbb{R}$, biết $SM$ vuông góc với đáy, $SM = 6a$. Khoảng cách giữa hai đường thẳng $NP$ và $SQ$ bằng

1. $6a$.

1. $3a$.

1. $2a\sqrt 3 $.

1. $3a\sqrt 2 $.

Lời giải

Chọn B

Do $MN \bot SM$ [ giả thiết $SM$ vuông góc với đáy] và $MN \bot MQ$ [do $MNPQ$ là hình vuông] vậy $MN \bot \left[ {SMQ} \right]$ suy ra $d\left[ {NP,SQ} \right] = d\left[ {NP,\left[ {SMQ} \right]} \right] = d\left[ {N,\left[ {SMQ} \right]} \right] = NM = 3a$.

Câu 18: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình chữ nhật, $AB = a,BC = 2a,SA$ vuông góc với mặt phẳng đáy và $SA = a$. Khoảng cách giữa hai đường thẳng $BD,SC$ bằng

1. $\frac{{a\sqrt {30} }}{6}$.

1. $\frac{{4\sqrt {21} a}}{{21}}$.

1. $\frac{{2\sqrt {21} a}}{{21}}$.

1. $\frac{{a\sqrt {30} }}{{12}}$.

Lời giải

Chọn C

Gọi $O$ là tâm hình chữ nhật và $M$ là trung điểm $SA$, ta có: $SC//\left[ {BMD} \right]$.

Do đó $d\left[ {SC,BD} \right] = d\left[ {SC,\left[ {BMD} \right]} \right] = d\left[ {S,\left[ {BMD} \right]} \right] = d\left[ {A,\left[ {BMD} \right]} \right] = h$

Ta có: $AM,AB,AD$ đôi một vuông góc nên

$\frac{1}{{{h^2}}} = \frac{1}{{A{M^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} = \frac{4}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{4{a^2}}}$

Suy ra: $h = \frac{{2a\sqrt {21} }}{{21}}$.

Câu 19: Cho hình chóp tứ giác $S.ABCD$ có đáy là hình chữ nhật cạnh $AD = 2a,SA \bot \left[ {ABCD} \right]$ và $SA = a$. Khoảng cách giữa hai đường thẳng $AB$ và $SD$ bằng

1. $\frac{{a\sqrt 3 }}{3}$.

1. $\frac{{a\sqrt 6 }}{4}$.

1. $\frac{{2a\sqrt 5 }}{5}$.

1. $a\sqrt 6 $.

Lời giải

Chọn C

Trong tam giác $SAD$ kẻ đường cao $AH$ ta

có $AD \cdot AS = AH \cdot SD \Rightarrow AH = \frac{{AD \cdot AS}}{{SD}} = \frac{{2a \cdot a}}{{\sqrt {{{[2a]}^2} + {a^2}} }} = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}$

Dễ thấy $AH$ chính là đường vuông góc chung của $AB$ và $SD$

Vậy $d\left[ {AB,SD} \right] = AH = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}$.

Câu 20: Cho tứ diện $OABC$ có $OA,OB,OC$ đôi một vuông góc với nhau và $OA = a,OB = OC = 2a$. Gọi $M$ là trung điểm của cạnh $BC$. Khoảng cách giữa hai đường thẳng $OM$ và $AC$ bằng:

1. $\frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

1. $\frac{{2a\sqrt 5 }}{5}$.

1. $a$.

1. $\frac{{a\sqrt 6 }}{3}$.

Lời giải

Chọn D

• Ta có được $OA \bot \left[ {OBC} \right]$.

• Trong mặt phẳng $\left[ {OBC} \right]$, dựng điểm $E$ sao cho $OMCE$ là hình bình hành thì $OMCE$ cũng là hình vuông [do $OBC$ là tam giác vuông cân tại $O$ ].

• Lại có: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {CE \bot OE} \\ {CE \bot OA} \end{array} \Rightarrow CE \bot \left[ {AOE} \right]} \right.$.

• Kẻ $OH \bot AE$ tại $H$ thì $OH \bot \left[ {AEC} \right]$.

Vì $OM//\left[ {AEC} \right]$ nên $d\left[ {AC;OM} \right] = d\left[ {O;\left[ {ACE} \right]} \right] = OH = \frac{{OA \cdot OE}}{{\sqrt {O{A^2} + O{E^2}} }} = \frac{{a \cdot a\sqrt 2 }}{{\sqrt {{a^2} + 2{a^2}} }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}$.

Câu 21: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông với đường chéo $AC = 2a,SA$ vuông góc với mặt phẳng $\left[ {ABCD} \right]$. Khoảng cách giữa hai đường thẳng $SB$ và $CD$ là

1. $\frac{a}{{\sqrt 3 }}$.

1. $\frac{a}{{\sqrt 2 }}$.

1. $a\sqrt 2 $.

1. $a\sqrt 3 $.

Lời giải

Chọn C

Ta có $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {DA \bot SA} \\ {DA \bot AB} \end{array} \Rightarrow DA \bot \left[ {SAB} \right]} \right.$.

Mặt khác $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {CD \not\subset \left[ {SAB} \right]} \\ {CD//AB} \end{array} \Rightarrow CD//\left[ {SAB} \right]} \right.$.

Từ đó suy ra khoảng cách giữa $SB$ và $CD$ bằng khoảng cách giữa $\left[ {SAB} \right]$ và $CD$ và bằng $DA$.

Từ giác $ABCD$ là hình vuông với đường chéo $AC = 2a$ suy ra $DA = \sqrt 2 a$.

Khoảng cách giữa hai đường thẳng $SB$ và $CD$ là $a\sqrt 2 $.

Câu 22: Cho tứ diện $ABCD$ có tam giác $ABD$ đều cạnh bằng 2 , tam giác $ABC$ vuông tại $B,BC = \sqrt 3 $. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $AB$ và $CD$ bằng $\frac{{\sqrt {11} }}{2}$. Khi đó độ dài cạnh $CD$ là

1. $\sqrt 2 $.

1. 2 .

1. 1 .

1. $\sqrt 3 $.

Lời giải

Chọn A

Dựng hình chữ nhật $ABCE$, gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm $AB,CE,MH \bot DN$ tại $H$

Ta có

$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {AB \bot DM} \\ {AB \bot MN} \end{array} \Rightarrow AB \bot \left[ {DMN} \right] \Rightarrow CE \bot \left[ {DMN} \right] \Rightarrow MH \bot CE} \right.$

$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {MH \bot DN} \\ {MH \bot CE} \end{array} \Rightarrow MH \bot \left[ {CDE} \right]} \right.$ tại $H$

$ \Rightarrow d\left[ {AB,CD} \right] = d\left[ {M;\left[ {CDE} \right]} \right] = MH = \frac{{\sqrt {11} }}{2}$

Tam giác $DMN$ có $DM = MN = \sqrt 3 \Rightarrow H$ là trung điểm $DN$, mà $HN = \sqrt {M{N^2} – M{H^2}} = \frac{1}{2}$

$ \Rightarrow DN = 1$

Xét tam giác $DNC$ vuông tại $N\;$: $CD = \sqrt {D{N^2} + C{N^2}} = \sqrt 2 $.

Câu 23: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh bằng $a,SA \bot \left[ {ABCD} \right],SA = a\sqrt 3 $. Gọi $M$ là trung điểm $SD$. Tính khoảng cách giữa đường thẳng $AB$ và $CM$.

1. $\frac{{2a\sqrt 3 }}{3}$.

1. $\frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

1. $\frac{{3a}}{4}$.

1. $\frac{{a\sqrt 3 }}{4}$.

Lời giải

Chọn B

*] Trong tam giác $\vartriangle SAD$, kẻ đường cao $AH \Rightarrow AH \bot SD$ [1].

$CD \bot AD$

$CD \bot SA \Rightarrow CD \bot \left[ {SAD} \right] \Rightarrow CD \bot AH\left[ 2 \right]$.

Từ [1], [2] $ \Rightarrow AH \bot \left[ {SCD} \right]$.

Có $AB//CD \Rightarrow AB//\left[ {SCD} \right]$, mà

$CM \subset \left[ {SCD} \right] \Rightarrow d\left[ {AB,CM} \right] = d\left[ {AB,\left[ {SCD} \right]} \right] = d\left[ {A,\left[ {SCD} \right]} \right] = AH$.

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

Dạng 2. Tính khoảng cách liên quan đến hình lăng trụ, hình hộp

Câu 24: Cho hình hộp chữ nhật $ABCD \cdot A’B’C’D’$ có $AD = 2a,CD = a,AA’ = a\sqrt 2 $. Đường chéo $AC’$ có độ dài bằng

1. $a\sqrt 5 $.

1. $a\sqrt 7 $.

1. $a\sqrt 6 $.

1. $a\sqrt 3 $.

Lời giải

Chọn B

$AC’ = \sqrt {A{B^2} + A{D^2} + A{A^{‘2}}} = \sqrt {{a^2} + {{[2a]}^2} + {{[a\sqrt 2 ]}^2}} = a\sqrt 7 $.

Câu 25: Cho hình hộp chữ nhật $ABCD \cdot A’B’C’D’$ có $AD = 2a,CD = a,AA’ = a\sqrt 2 $. Đường chéo $AC’$ có độ dài bằng:

1. $a\sqrt 5 $.

1. $a\sqrt 7 $.

1. $a\sqrt 6 $.

1. $a\sqrt 3 $.

Lời giải

Chọn B

Ta có $AC = \sqrt {A{D^2} + D{C^2}} = a\sqrt 5 $.

Nên $AC’ = \sqrt {A{C^2} + C{C^{‘2}}} = \sqrt {5{a^2} + 2{a^2}} = a\sqrt 7 $.

Câu 26: Cho hình lập phương $ABCD \cdot A’B’C’D’$ có cạnh bằng 1 . Tính khoảng cách $d$ từ điểm $A$ đến mặt phẳng $\left[ {BDA’} \right]$.

1. $d = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$.

1. $d = \frac{{\sqrt 6 }}{4}$.

1. $d = \frac{{\sqrt 2 }}{2}$.

1. $d = \sqrt 3 $.

Lời giải

Chọn A

Gọi $O$ là tâm của hình vuông $ABCD$.

Ta có $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {BD \bot AO} \\ {BD \bot AA’} \end{array} \Rightarrow BD \bot \left[ {AA’O} \right]} \right.$

Suy ra $\left[ {BDA’} \right] \bot \left[ {AA’O} \right]$.

Kẻ $AH \bot A’O \Rightarrow AH \bot \left[ {BDA’} \right]$.

Suy ra $AH = d\left[ {A,\left[ {BDA’} \right]} \right]$.

Xét tam giác $AA’O$ vuông tại $A$ có $AA’ = 1,AO = \frac{1}{2}AC = \frac{{\sqrt 2 }}{2}:AH = \frac{{AA’ \cdot AO}}{{\sqrt {A{A^{‘2}} + A{O^2}} }} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$.

Vậy $d\left[ {A,\left[ {BDA’} \right]} \right] = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$.

Câu 27: Cho hình lăng trụ đứng $ABCA’B’C’$ có đáy là tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có $BC = 2a,AB = a\sqrt 3 $, [tham khảo hình vẽ bên]. Khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng [ $\left. {BCC’B’} \right]$ là

1. $\frac{{a\sqrt 5 }}{2}$.

1. $\frac{{a\sqrt 7 }}{3}$.

1. $\frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

1. $\frac{{a\sqrt {21} }}{7}$.

Lời giải

Chọn C

Vì lăng trụ $ABCA’B’C’$ là lăng trụ đứng nên $\left[ {ABC} \right] \bot \left[ {BCC’B’} \right]$.

Do đó kẻ $AH \bot BC \Rightarrow AH \bot \left[ {BCC’B’} \right]$.

Vậy khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $\left[ {BCC’B’} \right]$ là đoạn $AH$.

Ta có $AC = \sqrt {4{a^2} – 3{a^2}} = a$.

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

Câu 28: Cho hình lăng trụ $ABC \cdot A’B’C’$ có tất cả các cạnh đều bằng $a$. Góc tạo bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng ${30^ \circ }$. Hình chiếu $H$ của $A$ trên mặt phẳng $\left[ {A’B’C’} \right]$ là trung điểm của $B’C’$. Tính theo $a$ khoảng cách giữa hai mặt phẳng đáy của lăng trụ $ABC \cdot A’B’C’$.

1. $\frac{a}{2}$.

1. $\frac{a}{3}$.

1. $\frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

1. $\frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

Lời giải

Chọn A.

Góc tạo bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng ${30^ \circ }$ nên $\widehat {AA’H} = {30^ \circ }$.

Khoảng cách giữa hai mặt phẳng đáy của lăng trụ $ABC \cdot A’B’C’$ bằng

$AH = AA’.sin\widehat {AA’H} = AA’.sin{30^ \circ } = \frac{a}{2}$.

Câu 29: Cho hình lập phương $ABCD \cdot A’B’C’D’$ cạnh $a$. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng $AB’$ và $CD’$.

1. $\frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

1. $a$.

1. $a\sqrt 2 $.

1. $2a$.

Lời giải

Chọn B

• Do $AB’//\left[ {CDD’C’} \right]$ nên ta có:

$d\left[ {AB’;CD’} \right] = d\left[ {AB’;\left[ {CDD’C’} \right]} \right] = d\left[ {A;\left[ {CDD’C’} \right]} \right] = AD = a$

Câu 30: Cho hình hộp chữ nhật $EFGH \cdot E’F’G’H’$ có $EF = 3a,EH = 4a,EE’ = 12a$, với $0 < a \in \mathbb{R}$. Khoảng cách giữa hai đường thẳng $EF’$ và $GH’$ bằng

1. $12a$.

1. $3a$.

1. $2a$.

1. $4a$.

Lời giải

Chọn D

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {EF’ \subset \left[ {EFF’E’} \right]} \\ {GH’ \subset \left[ {GHH’G’} \right]} \\ {\left[ {EFF’E’} \right]//\left[ {GHH’G’} \right]} \end{array} \Rightarrow d\left[ {EF’,GH’} \right] = d\left[ {\left[ {EFF’E’} \right],\left[ {GHH’G’} \right]} \right] = d\left[ {E,\left[ {GHH’G’} \right]} \right]} \right.$.

Vì $EH \bot \left[ {GHH’G’} \right] \Rightarrow d\left[ {E,\left[ {GHH’G’} \right]} \right] = EH = 4a$.

Câu 31: Cho hình lập phương $ABCD \cdot A’B’C’D’$ có cạnh bằng $a$. Khoảng cách giữa hai đường thẳng $BB’$ và $A’C’$ bằng

1. $a\sqrt 2 $.

1. $a$.

1. $a\sqrt 3 $.

1. $\frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

Lời giải

Chọn D

Gọi $O = A’C’ \cap B’D’$.

Ta có $BB’ \bot B’O,A’C’ \bot B’O \Rightarrow B’O = d\left[ {BB’,A’C’} \right]$.

$B’O = \frac{1}{2}B’D’ = \frac{1}{2}\sqrt {B'{C^{‘2}} + C'{D^{‘2}}} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.

Câu 32: Cho lập phương $ABCD \cdot A’B’C’D’$ có cạnh bằng $a$ [tham khảo hình vẽ bên]. Khoảng cách giữa hai đường thẳng $BD$ và $A’C’$ bằng

1. $\sqrt 3 a$.

1. $a$.

1. $\frac{{\sqrt 3 a}}{2}$.

1. $\sqrt 2 a$.

Lời giải

Chọn B

Ta có khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $BD$ và $A’C’$ bằng khoảng cách giữa mặt phẳng song song $\left[ {ABCD} \right]$ và $\left[ {A’B’C’D’} \right]$ thứ tự chứa $BD$ và $A’C’$. Do đó khoảng cách giữa hai đường thẳng $BD$ và $A’C’$ bằng $a$.

Câu 33: Cho lăng trụ tam giác đều $ABC \cdot A’B’C’$ có $AB = a,AA’ = 2a$. Khoảng cách giữa $AB’$ và $CC’$ bằng

1. $\frac{{2a\sqrt 5 }}{5}$.

1. $a$.

1. $a\sqrt 3 $.

1. $\frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Lời giải

Chọn 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 $ABC \cdot A’B’C’$ nên tam giác $ABC$ đều cạnh $a$ nên $CI = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.