Tính khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng bằng phương pháp trực tiếp

Tailieumoi.vn van nài ra mắt cho tới những quý thầy cô, những em học viên đang được vô quy trình ôn tập dượt tư liệu Tính khoảng cách từ 1 điểm đến lựa chọn mặt mũi phẳng phiu vày cách thức thẳng, tư liệu bao hàm 7 trang. Tài liệu được tổ hợp kể từ những tư liệu ôn thi đua hoặc nhất  giúp những em học viên được thêm tư liệu xem thêm vô quy trình ôn tập dượt, gia tăng kiến thức và kỹ năng và sẵn sàng cho tới kỳ thi đua chuẩn bị hới. Chúc những em học viên ôn tập dượt thiệt hiệu suất cao và đạt được thành quả như mong ngóng.

Mời những quý thầy cô và những em học viên nằm trong xem thêm và vận chuyển về cụ thể tư liệu bên dưới đây

Bạn đang xem: Tính khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng bằng phương pháp trực tiếp

Tính khoảng cách từ 1 điểm đến lựa chọn mặt mũi phẳng

A. Tính khoảng cách từ 1 điểm đến lựa chọn mặt mũi phẳng phiu vày cách thức trực tiếp

Dạng 1: d (H;(SAB)) =  HK

Dạng 2: d (A;(SHB)) =  AK

Bài 1. Cho hình chóp S ABC . với lòng ABC là tam giác vuông bên trên B , BAC = 60⁰ ; SA = AC = a và vuông góc với lòng.

a) Tính khoảng cách kể từ điểm A cho tới mặt mũi phẳng phiu SBC .

b) Tính khoảng cách kể từ điểm B cho tới mặt mũi phẳng phiu SAC .

Lời giải

a) Trong tam giác vuông ABC , tớ có

AB = AC.cosBAC = \[\frac{a}{2}\]

Kẻ AH \[ \bot \]SB (H \[ \in \] SB) . 1

Ta với \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BC \bot AB}\\{BC \bot SA}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot SAB \Rightarrow BC \bot AH\]  2

Từ 1 và 2, suy rời khỏi AH \[ \bot \] SBC. DO đó

d(A,(SBC)) = AH.

Trong tam giác vuông SAB , tớ có

AH = \[\frac{{SA.AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \frac{{a\sqrt 5 }}{5}\]

Vậy d(A,(SBC)) = AH = \[\frac{{a\sqrt 5 }}{5}\]

b) Kẻ BK \[ \bot \] AC (K \[ \in \] AC).

Ta với \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BK \bot AC}\\{BK \bot SA}\end{array}} \right. \Rightarrow BK \bot SAC\].

 Do cơ d(B,(SAC)) = BK

Trong tam giác vuông ABC , tớ với BC = AC. sin BAC = \[\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\]suy ra

BK = \[\frac{{AB.BC}}{{\sqrt {A{B^2} + B{C^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\]

Vậy d(B;(SAC)) = \[\frac{{a\sqrt 3 }}{4}\]

Bài 2. Cho hình chóp S ABC . với lòng ABC là tam giác vuông bên trên A , SA a và vuông góc với lòng, tam giác SBC cân nặng bên trên S và tạo ra với lòng một góc 45⁰ . Tính khoảng cách kể từ điểm A cho tới mặt mũi phẳng phiu SBC .

Lời giải

Tam giác SBC cân nặng bên trên S nên SB = SC .

Suy rời khỏi \[\Delta \]SAB = \[\Delta \]SAC (cạnh huyền – cạnh góc vuông).

Do cơ AB = AC . Vậy tam giác ABC vuông cân nặng bên trên A .

Gọi E là trung điểm BC , suy rời khỏi AE \[ \bot \] BC .

Gọi K là hình chiếu của A bên trên SE , suy rời khỏi AK \[ \bot \] SE . 1

Ta với \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BC \bot AE}\\{BC \bot SA}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot SAE \Rightarrow BC \bot AK\]  2

Từ 1 và 2 , suy rời khỏi AK \[ \bot \] (SBC) nên d(A,(SBC)) = AK.

Ta có: \[\left. {\begin{array}{*{20}{c}}{(SBC) \cap (ABC) = BC}\\{SE \subset (SBC),SE \bot BC}\\{AE \subset (ABC),AE \bot BC}\end{array}} \right\}\]

\[ \Rightarrow \widehat {((SBC),(ABC)}) = \widehat {(SE,AE)} = \widehat {SEA} = {45^0}\]

Tam gác SAE vuông bên trên A với \[\widehat {SEA} = {45^0}\]nên là tam giác vuông cân nặng, suy ra

AK = \[\frac{{SE}}{2} = \frac{{SA\sqrt 2 }}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\]

Vậy d(A;(SBC)) = AK = \[\frac{{a\sqrt 2 }}{2}\].

Bài 3. Cho hình chóp S ABCD . với lòng ABCD là hình vuông vắn tâm O , cạnh a ; SA = SB = SC = SD =\[a\sqrt 2 \] . Tính khoảng cách kể từ điểm O cho tới mặt mũi phẳng phiu (SBC) .

Lời giải

Do O là tâm hình vuông vắn nên OA = OB = OC = OD .

Mà SA = SB = SC = SD, suy rời khỏi SO là trục của lối tròn trĩnh nước ngoài tiếp hình vuông vắn ABCD nên SO \[ \bot \] (ABCD).

Trong tam giác vuông SOA ,

ta với SO = \[\sqrt {S{A^2} - O{A^2}}  = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\].

Gọi M là trung điểm của BC, suy rời khỏi OM = \[\frac{a}{2}\] vao OM \[ \bot \] BC.

Gọi K là hình chiếu của O bên trên SM, suy rời khỏi OK \[ \bot \] SM.   1

Ta với \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BC \bot OM}\\{BC \bot SO}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot SOM \Rightarrow BC \bot OK\]   2

Trong tam giác vuông SOM,

ta với : \[\frac{{SO.OM}}{{\sqrt {S{O^2} + O{M^2}} }} = \frac{{a\sqrt {42} }}{{14}}\]

Vậy d(O;(SBC)) = OK = \[\frac{{a\sqrt {42} }}{{14}}\]

Bài 4. Cho hình chóp S ABCD với lòng ABCD là hình thang vuông bên trên A và B , AB = BC = a, AD = 2a. Cạnh mặt mũi SA = a và vuông góc với lòng. Tính khoảng cách kể từ điểm A cho tới mặt mũi phẳng phiu SCD .

Lời giải

a) Gọi M là trung điểm AD , suy rời khỏi ABCM là hình vuông vắn.

Do cơ CM = MA = \[\frac{{AD}}{2}\]nên tam gác ACD vuông bên trên C .

Kẻ AK \[ \bot \]SC, (K\[ \in \]SC)  1

Ta với \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{CD \bot AC}\\{CD \bot SA}\end{array}} \right. \Rightarrow CD \bot SAC \Rightarrow CD \bot AK\]   2

Từ 1 và 2, suy rời khỏi AK \[ \bot \] (SAC) nên d(A,(SCD)) = AK.

Trong tam giác vuông SAC , tớ có

AK = \[\frac{{SA.AC}}{{\sqrt {S{A^2} + A{C^2}} }}\frac{{a.a\sqrt 2 }}{{\sqrt {{a^2} + 2{a^2}} }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\]

Vậy d(A,(SCD)) = AK = \[\frac{{a\sqrt 6 }}{3}\]

Bài 5. Cho hình chóp S ABCD . với lòng ABCD là hình thoi cạnh a ,góc BAD = 120⁰ ; cạnh mặt mũi SA vuông góc với lòng. Gọi M là trung điểm cạnh BC . Tính khoảng cách kể từ điểm A cho tới mặt mũi phẳng phiu SBC , biết góc SMA = 45⁰.

Lời giải

Do góc BAD = 120⁰ suy rời khỏi góc ABC = 60⁰ nên tam giác ABC đều cạnh a .

Suy rời khỏi AM là lối cao vô tam giác đều ABC và AM = \[\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\]

Kẻ AK \[ \bot \]SM (K \[ \in \]SM)   1

Ta với \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BC \bot AM}\\{BC \bot SA}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot SAM \Rightarrow BC \bot AK\]   2

Từ 1 và 2 , suy rời khỏi AK \[ \bot \] (SBC) nên d(A,(SBC)) = AK

Trong tam giác vuông AKM ,

ta với AK = AM. sin \[\widehat {SMA}\] = \[\frac{{a\sqrt 6 }}{4}\]

Vậy d(D;(SBC)) = d(A,(SBC)) = \[\frac{{a\sqrt 6 }}{4}\]

Bài 6. Cho hình chóp S ABCD với lòng ABCD là hình vuông vắn cạnh a , tam giác SAB đều và nằm trong mặt mũi phẳng phiu vuông góc với lòng. Gọi M , N theo lần lượt là trung điểm của AB , AD . Tính khoảng cách kể từ M cho tới mặt mũi phẳng phiu SCN .

Lời giải

Tam giác SAB đều và với M là trung điểm AB nên SM AB . Mà (SAB) \[ \bot \] (ABCD) theo đòi gửi gắm tuyến AB nên SM \[ \bot \] (ABCD) .

Ta với \[\Delta \]AMD = \[\Delta \] DNC suy rời khỏi \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\widehat {AMD} = \widehat {DNC}}\\{\widehat {ADM} = \widehat {DCN}}\end{array}} \right.\]

Mà \[\widehat {ADM} + \widehat {AMD} = {90^0}\]

suy rời khỏi \[\widehat {ADM} + \widehat {DNC} = {90^0}\]hay công nhân \[ \bot \] DM.

Gọi E = DM \[ \cap \]CN, K là hình chiếu vuông góc của M bên trên SE suy rời khỏi MK \[ \bot \]SE. 1

Ta với \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{CN \bot DM}\\{CN \bot SM}\end{array}} \right. \Rightarrow công nhân \bot (SMD) \Rightarrow công nhân \bot MK\]  2

Từ 1 và 2 suy rời khỏi \[MK \bot (SCN)\]. Do cơ d(M;(SCN)) = MK

Ta với SM = \[\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\]; DM = \[\sqrt {A{D^2} + A{M^2}} \] = \[\frac{{a\sqrt 5 }}{2}\]

DE = \[\frac{{DC.DN}}{{\sqrt {D{C^2} + D{N^2}} }}\]=\[\frac{{a\sqrt 5 }}{2}\].

Suy rời khỏi ME = MD – DE = \[\frac{{3a\sqrt 5 }}{{10}}\].

Trong tam giác vuông SME ,

ta với MK = \[\frac{{SM.SE}}{{\sqrt {S{M^2} + S{E^2}} }}\]=\[\frac{{3a\sqrt 2 }}{8}\]

Vậy d(M;(SCN)) = MK = \[\frac{{3a\sqrt 2 }}{8}\].

Bài 7. Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ với lòng ABC là tam giác vuông với AB = AC = a, góc thân thiện BC' và mặt mũi phẳng phiu (ACC’A’) vày 30⁰ . Gọi M là trung điểm của B’C’ . Tính khoảng cách kể từ điểm A cho tới mặt mũi phẳng phiu (A’BC) .

Lời giải

Theo fake thiết tam giác ABC vuông cân nặng bên trên A .

Vì \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BA \bot AC}\\{B{\rm{A}} \bot {\rm{A}}A'}\end{array}} \right. \Rightarrow BA \bot (ACC'A')\]suy rời khỏi hình chiếu vuông góc của BC' bên trên mặt mũi phẳng phiu (ACC’A’) là AC' nên

30⁰ = BC ; ACC’A’ = BC’; AC’ = BC’A.

Trong tam giác vuông BAC’, tớ có

AC’ = AB.cotBC’A = \[a\sqrt 3 \]

Trong tam giác vuông AA’C’ , tớ có

AA’ = \[\sqrt {AC{'^2} + A'{C^2}} \]=\[a\sqrt 2 \]

a) Gọi E là trung điểm của BC , suy rời khỏi AE \[ \bot \]BC .

Kẻ AK \[ \bot \]A’E (K \[ \in \] A’E).   1

Ta với \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BC \bot AE}\\{B{\rm{C}} \bot {\rm{A}}A'}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot (A'AE) \Rightarrow BC \bot AK\]   2

Từ 1 và 2 , suy rời khỏi AK \[ \bot \] (A’BC) nên d (A,(A’BC)) = AK

Trong tam giác vuông A’AE,

ta với AE = \[\frac{{a\sqrt 2 }}{2}\] nên AK = \[\frac{{AA'.AE}}{{\sqrt {AA{'^2} + A{E^2}} }}\]= \[\frac{{a\sqrt {10} }}{5}\]

Vậy d(A;(A’BC)) = AK = \[\frac{{a\sqrt {10} }}{5}\]

Bài 8. Cho lăng trụ đứng ABC’A’B’C’ với lòng ABC là tam giác với AB = a, AC = 2a \[\widehat {BAC}\] = 120⁰ ; AA’ =\[2a\sqrt 5 \]. Gọi M là trung điểm CC' . Tính khoảng cách kể từ điểm A cho tới mặt mũi phẳng phiu (A’BM) .

Lời giải

Kéo nhiều năm AM' hạn chế AC bên trên N .

Suy rời khỏi AN = 2AC = 4a và d(A,(A’BM)) = d(A,(A’BN)).

Gọi E là hình chiếu vuông góc của A bên trên BN , suy rời khỏi AE \[ \bot \] BN.

Kẻ AK \[ \bot \]A’E (K \[ \in \]A’E).   1

Ta với \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BN \bot AE}\\{BN \bot {\rm{A}}A'}\end{array}} \right. \Rightarrow BN \bot (A'AE) \Rightarrow BN \bot AK\]  2

Từ 1 và 2 , suy rời khỏi AK \[ \bot \] (A’BN) nên d(A,(A’BN)) =AK.

Áp dụng tấp tểnh lí hàm số côsin vô tam giác ABN , tớ có

BN = \[\sqrt {A{B^2} + A{N^2} - 2AB.AN.\cos BAC}  = a\sqrt {21} \]

Ta có

S\[\Delta ABN\]= \[\frac{1}{2}AB.AN.\sin BAC = \frac{1}{2}BN.AE\]

\[ \Rightarrow AE = \frac{{AB.AN.\sin BAC}}{{BN}} = \frac{{2a\sqrt 7 }}{7}\]

Trong tam giác vuông A’AE,

ta với AK = \[\frac{{AA'.AE}}{{\sqrt {AA{'^2} + A{E^2}} }} = \frac{{a\sqrt 5 }}{3}\]

Vậy d(A,(A’BM)) = AK = \[\frac{{a\sqrt 5 }}{3}\]

B. Cách tính khoảng cách từ 1 điểm đến lựa chọn một phía phẳng phiu (sử dụng hình chiếu)

1. Phương pháp giải

Để tính được khoảng chừng kể từ điểm A cho tới mặt mũi phẳng phiu (α) thì điều cần thiết nhất là tớ nên xác lập được hình chiếu của điểm A bên trên (α)

Cho trước SA ⊥ Δ; vô cơ S ∈ (α) và Δ ⊂ (α)

Bước 1: Dựng AK ⊥ Δ ⇒ Δ ⊥ (SAK) ⇒(α) ⊥ (SAK) và (α) ∩ (SAK) = SK

Bước 2: Dựng AP ⊥ SK ⇒ AP ⊥ (α) ⇒ d(A, (α)) = AP

2. Ví dụ minh họa

Ví dụ 1: Trong mặt mũi phẳng phiu (P) cho tới tam giác đều ABC cạnh a. Trên tia Ax vuông góc với mặt mũi phẳng phiu (P) lấy điểm S sao cho tới SA = a . Khoảng cơ hội kể từ A cho tới (SBC) bằng

Hướng dẫn giải

- Gọi M là trung điểm của BC , H là hình chiếu vuông góc của A bên trên SM

- Ta với BC ⊥ AM ( vô tam giác đều lối trung tuyến mặt khác là lối cao). Và BC ⊥ SA ( vì thế SA vuông góc với (ABC)). Nên BC ⊥ (SAM) ⇒ BC ⊥ AH

Mà AH ⊥ SM, bởi vậy AH ⊥ (SBC)

Chọn đáp án C

Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABCD với SA ⊥ (ABCD), lòng ABCD là hình chữ nhật. sành AD = 2a; SA = a. Khoảng cơ hội kể từ A cho tới (SCD) bằng:

Hướng dẫn giải

SA ⊥ (ABCD) nên SA ⊥ CD, AD ⊥ CD

Suy rời khỏi (SAD) ⊥ CD

Trong ( SAD) kẻ AH vuông góc SD bên trên H

Khi cơ AH ⊥ (SCD)

Chọn đáp án C

Ví dụ 3: Hình chóp đều S.ABC với cạnh lòng vày 3a cạnh mặt mũi vày 2a. Khoảng cơ hội kể từ S cho tới (ABC) vày :

A. 2a                 B. a√3                  C. a                 D. a√5

Hướng dẫn giải

+ Gọi O là trọng tâm tam giác ABC.Do tam giác ABC đều nên O là tâm lối tròn trĩnh nước ngoài tiếp tam giác ABC

+ Ta có: SA = SB = SC và OA = OB = OC nên SO là trục lối tròn trĩnh nước ngoài tiếp tam giác ABC. Do cơ SO ⊥ (ABC)

Chọn đáp án C

Ví dụ 4: Cho hình chóp S.ABC vô cơ SA; AB; BC vuông góc cùng nhau từng song một. sành SA = a√3, AB = a√3 . Khoảng cơ hội kể từ A cho tới (SBC) bằng:

Hướng dẫn giải

Chọn D

Kẻ AH ⊥ SB

Ta có: 

Lại có: AH ⊥ SB nên AH ⊥ (SBC)

⇒ d(A; (SBC)) = AH

Trong tam giác vuông SAB tớ có:

Ví dụ 5: Cho hình chóp S.ABCD với SA ⊥ (ABCD) , lòng ABCD là hình chữ nhật. sành AD = 2a; SA = a. Khoảng cơ hội kể từ A cho tới (SCD) bằng:

Hướng dẫn giải

Chọn C

Kẻ AH ⊥ SD

Ta có:  nên CD ⊥ (SAD) ⇒ CD ⊥ AH     (1)

Lại có; AH vuông góc SD (2)

Từ (1); (2) ⇒ AH ⊥ (SCD) và d(A, (SCD)) = AH

Trong tam giác vuông SAD tớ có:

Ví dụ 6: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC cạnh lòng vày 2a và khoảng cách kể từ S cho tới mặt mũi phẳng phiu lòng vày a√3. Tính khoảng cách kể từ tâm O của lòng ABC cho tới một phía bên:

Xem thêm: Tuyển dụng 7298 việc làm Hồ Chí Minh T04/2024 | JobsGO

Hướng dẫn giải

Chọn C

+ Gọi O là trọng tâm của tam giác ABC

Suy ra: OA = OB = OC (do tam giác ABC là tam giác đều)

Lại có: SA = SB = SC (vì S.ABC là hình chóp đều)

⇒ SO là trục của lối tròn trĩnh nước ngoài tiếp tam giác ABC nên SO ⊥ (ABC) và SO = a√3

+ Gọi M là trung điểm của BC

Kẻ OH ⊥ SM, tớ có

nên suy rời khỏi d(O; (SBC)) = OH.

Ta có: OM = (1/3).AM = (a√3)/3

Xét tam giác vuông SOM lối cao OH có:

C. Bài tập dượt về nhà

Câu 1: Cho tứ diện đều ABCD với cạnh vày a . Khoảng cơ hội kể từ A cho tới (BCD) bằng:

Lời giải:

Chọn B

Gọi O là trọng tâm tam giác BCD

⇒ OB = OC = OD (do tam giác BCD là tam giác đều)

Lại có: AB = AC = AD = a

⇒ AO là trục lối tròn trĩnh nước ngoài tiếp tam giác BCD

⇒ AO ⊥ (BCD)

Câu 2: Cho hình chóp S.ABCD với lòng là hình thoi tâm O cạnh a và với góc ∠BAD = 60°. Đường trực tiếp SO vuông góc với mặt mũi phẳng phiu lòng (ABCD) và SO = 3a/4. Khoảng cơ hội kể từ O cho tới mặt mũi phẳng phiu (SBC) là:

Lời giải:

Chọn C

+ Trong mặt mũi phẳng phiu ( ABCD), kẻ OK ⊥ BC (K ∈ BC)

+ Mà BC ⊥ SO nên suy rời khỏi nhị mặt mũi phẳng phiu (SOK) và (SBC) vuông góc nhau theo đòi gửi gắm tuyến SK.

+ Trong mặt mũi phẳng phiu (SOK), kẻ OH ⊥ SK (H ∈ SK)

Suy ra: OH ⊥ (SBC) ⇒ d(O, (SBC)) = OH

+ Xét mp(ABCD) có:

+ xét tam giác SOK vuông bên trên O tớ có:

Câu 3: Cho nhị tam giác ABC và ABD nằm trong nhị mặt mũi phẳng phiu phù hợp với nhau một góc 60°; tam giác ABC cân nặng bên trên C, tam giác ABD cân nặng ở D. Đường cao DM của tam giác ABD vày 12 centimet. Khoảng cơ hội kể từ D cho tới (ABC) bằng

A. 3√3 cm              B. 6√3 cm              C. 6 cm              D. 6√2 cm

Lời giải:

+ Gọi M là trung điểm AB.

Do tam giác ABC cân nặng bên trên C và tam giác ABD cân nặng bên trên D nên CM ⊥ AB; DM ⊥ AB suy ra: AB ⊥ (CDM)

+ Do nhị tam giác ABC và ABD nằm trong nhị mặt mũi phẳng phiu phù hợp với nhau một góc 60° nên ∠CMD = 60°

+ Gọi H là hình chiếu vuông góc của D lên CM

⇒ DH = d(D, (ABC))

Xét tam giác DHM có:

DH = DM.Sin 60° = 6√3

Chọn đáp án B

Câu 4: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Khoảng cơ hội kể từ A cho tới (B’CD’) bằng

Lời giải:

Ta có: AB’ = AC = AD’ = B’D’ = B’C = CD’ = a√2

⇒ Tứ diện AB’CD’ là tứ diện đều.

Gọi I là trung điểm B’C và G là trọng tâm tam giác B’CD’.

Ta với : AC = AD’ = AB’ và GB’ = GC = GD’

nên AG ⊥ (B'CD')

Khi cơ tớ có: d(A , (B’CD’)) = AG

Vì tam giác B’CD’ đều cạnh a√2 nên 

Theo đặc điểm trọng tâm tớ có: 

Trong tam giác vuông AGD’ có:

Chọn C

Câu 5: Cho hình chóp S. ABC với lòng ABC là tam giác vuông cân nặng bên trên A với AB = a. Mặt mặt mũi chứa chấp BC của hình chóp vuông góc với mặt mũi lòng, nhị mặt mũi mặt còn sót lại đều tạo ra với mặt mũi lòng một góc 45°. Tính khoảng cách kể từ điểm S cho tới mặt mũi phẳng phiu lòng (ABC) .

Lời giải:

Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC) , vì thế mặt mũi mặt (SBC) vuông góc với (ABC) nên H ∈ BC

Dựng HI ⊥ AB, HJ ⊥ AC, theo đòi đề bài bác tớ với ∠SIH = ∠SJH = 45°.

Do đó: ΔSHI = ΔSHJ (cạnh góc vuông - góc nhọn)

Suy rời khỏi : HI = HJ

Lại với ∠B = ∠C = 45° ⇒ ΔBIH = ΔCJH ⇒ HB = HC

Vậy H trùng với trung điểm của BC

Từ cơ tớ với HI là lối khoảng của tam giác ABC nên HI = AC/2 = a/2

Tam giác SHI vuông bên trên H và với ∠SIH = 45° ⇒ ΔSHI vuông cân nặng.

Do đó: SH = HI = a/2

Chọn đáp án A

Câu 6: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC với cạnh mặt mũi vày b cạnh lòng vày d, với d < b√3. Hãy lựa chọn xác minh trúng trong những xác minh bên dưới.

Lời giải:

Gọi I là trung điểm của BC và H là trọng tâm tam giác ABC.

Do S.ABC là hình chóp đều nên SH ⊥ (ABC) ⇒ d(S, (ABC)) = SH

Chọn C

Câu 7: Cho hình lập phương ABCD. A₁B₁C₁D₁ cạnh vày a. Gọi M là trung điểm của AD. Khoảng cơ hội kể từ A₁ đến mặt mũi phẳng phiu (C₁D₁M) vày bao nhiêu?

Lời giải:

Gọi N là trung điểm cạnh DD₁ và

Ta có: ΔA₁ND₁ = ΔD₁MD    (c.g.c)

Chọn đáp án A

Câu 8: Cho hình chóp tam giác đều S. ABC với cạnh lòng vày 3a cạnh mặt mũi vày 2a. Khoảng cơ hội kể từ S cho tới mặt mũi phẳng phiu (ABC) bằng:

A. 4a              B. 3a              C. a              D. 2a

Lời giải:

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC

Do S.ABC là hình chóp đều nên SG ⊥ (ABC)

Tam giác SAG vuông bên trên G có:

Chọn đáp án C

Câu 9: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD với cạnh lòng vày a và độ cao vày a√2. Tính khoảng cách kể từ tâm O của lòng ABCD cho tới một phía bên:

Lời giải:

Chọn B

Gọi O là tâm của hình vuông vắn ABCD và M là trung điểm của CD

Do hình chóp S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên SO ⊥ (ABCD)

Kẻ OH ⊥ SM, tớ có:

Câu 10: Cho hình chóp S.ABCD xuất hiện lòng là hình thoi tâm O, cạnh a và góc ∠BAD = 120°, lối cao SO = a. Tính khoảng cách kể từ điểm O cho tới mặt mũi phẳng phiu (SBC).

Lời giải:

Vì hình thoi ABCD với ∠BAD vày 120° nên ∠ABC = 60°

⇒ tam giác ABC đều cạnh a.

Kẻ lối cao AM của tam giác ABC ⇒ AM = a√3/2

Kẻ OI ⊥ BC bên trên I ⇒ OI = AM/2 = a√3/4 .

Kẻ OH ⊥ SI ⇒ OH ⊥ (SBC)

⇒ d(O; (SBC)) = OH

Xét tam giác vuông SOI tớ có:

Chọn D

Câu 11: Cho hình chóp S.ABCD xuất hiện lòng ABCD là hình thoi cạnh a, ∠ABC = 120°. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên phía trên mặt phẳng phiu (ABCD) là trọng tâm G của tam giác ABD, ∠ASC = 90°. Khoảng cơ hội kể từ điểm A cho tới mặt mũi phẳng phiu (SBD) tính theo đòi a bằng

Lời giải:

Xác tấp tểnh khoảng chừng cách:

- Ta với lòng ABCD là hình thoi, góc ∠ABC = 120° nên ∠ABD = 60° và tam giác ABD đều cạnh a

Ta có: AC = a√3, AG = a√3/3

Tam giác SAC vuông ở S, với lối cao SG nên

Xét hình chóp S. ABD với chân lối cao trùng với tâm của lòng nên SA = SB = SD = a.

- Dựng hình chiếu của A lên phía trên mặt phẳng phiu (SBD): Kẻ lối cao AH của tam giác SAO với O là tâm của hình thoi.

AH = a√6/3

Cách khác: Nhận xét tứ diện S.ABD với toàn bộ những cạnh vày a. Do cơ S.ABD là tứ diện đều, vậy AH = SG = a√6/3

Chọn đáp án D

Câu 12: Cho hình chóp S.ABCD với lòng là hình chữ nhật, AB = a; AC = 2a và SA vuông góc với mặt mũi phẳng phiu (ABCD); SC tạo ra với mặt mũi phẳng phiu (SAB) một góc 30°. Gọi M là một trong những điểm bên trên cạnh AB sao cho tới BM = 3MA. Khoảng cơ hội kể từ điểm A cho tới mặt mũi phẳng phiu (SCM)?

Lời giải:

+ Ta có:  nên BC ⊥ (SAB)

Khi đó; SC tạo ra với mặt mũi phẳng phiu (SAB) góc 30° nên ∠CSB = 30°

+ Xác tấp tểnh khoảng chừng cách: d(A; (SBC)) = AH

Tính AH:

Chọn đáp án B

Câu 13: Cho hình chóp S. ABCD với lòng ABCD là hình chữ nhật, mặt mũi mặt SAD là tam giác vuông bên trên S hình chiếu vuông góc của S lên phía trên mặt phẳng phiu (ABCD) là vấn đề H nằm trong cạnh AD sao cho tới HA = 3 HD. Gọi M là trung điểm của cạnh AB. sành rằng SA = 2√3.a và đường thẳng liền mạch SC tạo ra với mặt mũi lòng một góc 30°. Khoảng cơ hội kể từ M cho tới mặt mũi phẳng phiu (SBC) tính theo đòi a bằng

Lời giải:

+ SC với hình chiếu vuông góc lên mp(ABCD) là HC ⇒ (SC, (ABCD)) = ∠SCH = 30°

Đặt AD = 4x (x > 0)

Xét tam giác SAD vuông bên trên S tớ có:

Chọn D

Câu 14: Cho hình chóp S.ABC với lòng ABC là tam giác đều cạnh a. Gọi I là trung điểm của cạnh AB. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên phía trên mặt phẳng phiu lòng là trung điểm H của CI góc thân thiện đường thẳng liền mạch SA và mặt mũi lòng vày 60°. Khoảng cơ hội kể từ điểm H cho tới mặt mũi phẳng phiu (SAC) là

Lời giải:

Chọn A

+ Do góc thân thiện SA và mp(ABC) là 60° nên ∠SAH = 60°

+ Ta có; CI = CA.sin60° = (a√3)/2; AI = AB/2 = a/2

Trong tam giác ACI với trung tuyến AH suy ra

Trong tam giác SHA vuông bên trên H và ∠SAH = 60° suy rời khỏi SH = AH √3 = a√21/4

Gọi E; F theo lần lượt là hình chiếu của H bên trên AC và SE. Khi cơ d(H; (SAC)) = HF

Ta có:

Câu 15. Cho hình chóp S.ABCD với lòng ABCD là hình vuông vắn cạnh a , SA = \[a\sqrt 3 \] và vuông góc với lòng. Tính khoảng cách kể từ điểm A cho tới mặt mũi phẳng phiu SBC .

Lời giải

Kẻ AH \[ \bot \]SB (H \[ \in \]SB).

Ta với \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BC \bot AB}\\{BC \bot S{\rm{A}}}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot (SAB)\]

\[ \Rightarrow BC \bot AH \Rightarrow AH \bot (SBC)\]

Do cơ d(A,(SBC)) = AH.

Xem thêm: Download Autocad 2018 Full crac'k Vĩnh Viễn – Link google drive + hướng dẫn cài đặt by chuyenvienit | Viết bởi Vi Tính Tin Học Ngôi Sao

Trong tam giác vuông SAB ,

ta với AH = \[\frac{{SA.AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\].

Vậy d(A,(SBC)) = \[\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\].