Câu hỏi:
14/08/2026 114
Cho hình chóp tứ giác đều \[S.ABCD\] có \[AB = SA = 2a\]. Khoảng cách từ đường thẳng \[AB\] đến mặt phẳng \[\left( {SCD} \right)\] bằng
A. \[\frac{{a\sqrt 6 }}{3}\].
B. \[\frac{{2a\sqrt 6 }}{3}\].
C. \[\frac{a}{2}\].
D. \[a\].
Trả lời:
Giải bởi Vietjack
Đáp án đúng là: B
Gọi \(O\) là giao điểm của hai đường chéo \(AC\) và \(BD\).
Do hình chóp \[S.ABCD\] là hình chóp tứ giác đều nên \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\).
Ta có \(ABCD\) là hình vuông nên \(AB{\rm{//}}CD\), suy ra \(AB{\rm{//}}\left( {SCD} \right)\).
Do đó, \(d\left( {AB,\,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right)\).
Lại có \(AO \cap \left( {SCD} \right) = C\) nên \(\frac{{d\left( {A,\,\left( {SCD} \right)} \right)}}{{d\left( {O,\,\left( {SCD} \right)} \right)}} = \frac{{AC}}{{OC}} = 2\).
Suy ra \(d\left( {AB,\,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = 2d\left( {O,\,\left( {SCD} \right)} \right)\).
Gọi \(K\) là trung điểm của \(CD\), ta chứng minh được \(OK \bot CD\).
Kẻ \[OH \bot SK\,\,\left( {H \in SK} \right)\].
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot OK\\CD \bot SO\,\,\left( {SO \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SOK} \right) \Rightarrow CD \bot OH\).
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}OH \bot SK\\OH \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow OH \bot \left( {SCD} \right)\)\( \Rightarrow d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = OH\).
Ta có \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = 2a\sqrt 2 ,\,AO = \frac{{AC}}{2} = a\sqrt 2 \), \(SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}} = a\sqrt 2 \),
\(OK = \frac{{BC}}{2} = \frac{{2a}}{2} = a\).
Tam giác \(SOK\) vuông tại \(O\) nên \(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{K^2}}} + \frac{1}{{S{O^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{2{a^2}}} = \frac{3}{{2{a^2}}}\).
Suy ra \(OH = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\).
Vậy \(d\left( {AB,\,\left( {SCD} \right)} \right) = 2OH = \frac{{2a\sqrt 6 }}{3}\).
Đáp án đúng là: B
Gọi \(O\) là giao điểm của hai đường chéo \(AC\) và \(BD\).
Do hình chóp \[S.ABCD\] là hình chóp tứ giác đều nên \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\).
Ta có \(ABCD\) là hình vuông nên \(AB{\rm{//}}CD\), suy ra \(AB{\rm{//}}\left( {SCD} \right)\).
Do đó, \(d\left( {AB,\,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right)\).
Lại có \(AO \cap \left( {SCD} \right) = C\) nên \(\frac{{d\left( {A,\,\left( {SCD} \right)} \right)}}{{d\left( {O,\,\left( {SCD} \right)} \right)}} = \frac{{AC}}{{OC}} = 2\).
Suy ra \(d\left( {AB,\,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = 2d\left( {O,\,\left( {SCD} \right)} \right)\).
Gọi \(K\) là trung điểm của \(CD\), ta chứng minh được \(OK \bot CD\).
Kẻ \[OH \bot SK\,\,\left( {H \in SK} \right)\].
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}CD \bot OK\\CD \bot SO\,\,\left( {SO \bot \left( {ABCD} \right)} \right)\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SOK} \right) \Rightarrow CD \bot OH\).
Ta có \(\left\{ \begin{array}{l}OH \bot SK\\OH \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow OH \bot \left( {SCD} \right)\)\( \Rightarrow d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = OH\).
Ta có \(AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = 2a\sqrt 2 ,\,AO = \frac{{AC}}{2} = a\sqrt 2 \), \(SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}} = a\sqrt 2 \),
\(OK = \frac{{BC}}{2} = \frac{{2a}}{2} = a\).
Tam giác \(SOK\) vuông tại \(O\) nên \(\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{K^2}}} + \frac{1}{{S{O^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{2{a^2}}} = \frac{3}{{2{a^2}}}\).
Suy ra \(OH = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\).
Vậy \(d\left( {AB,\,\left( {SCD} \right)} \right) = 2OH = \frac{{2a\sqrt 6 }}{3}\).
CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ
Câu 1:
Hàm số \(y = {\log _{\frac{1}{8}}}\left( { - {x^2} + 5x - 6} \right)\) có tập xác định là
Câu 2:
III. Lời giải chi tiết tự luận
(1,0 điểm)
a) Giải bất phương trình \(2{\log _2}\sqrt {x + 1} \le 2 - {\log _2}\left( {x - 2} \right)\).
b) Giải phương trình \({\left( {\frac{1}{4}} \right)^{{x^2} - 4x - 5}} = {4^{x + 1}}\) .
III. Lời giải chi tiết tự luận
(1,0 điểm)
a) Giải bất phương trình \(2{\log _2}\sqrt {x + 1} \le 2 - {\log _2}\left( {x - 2} \right)\).
b) Giải phương trình \({\left( {\frac{1}{4}} \right)^{{x^2} - 4x - 5}} = {4^{x + 1}}\) .
Câu 3:
Cho tứ diện \(ABCD\) có \(AB = CD = 2a\). Gọi \(M\), \(N\) lần lượt là trung điểm của \(BC\) và \(AD\). Biết \(MN = a\sqrt 3 \). Góc giữa \(AB\) và \(CD\) bằng
Câu 4:
Thể tích của khối chóp cụt đều có diện tích đáy lớn \(S\), diện tích đáy nhỏ \(S'\) và chiều cao \(h\) được tính theo công thức nào?
Câu 7:
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có đáy \(ABCD\) là hình chữ nhật. Tam giác \(SAB\) đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy \(\left( {ABCD} \right)\). Biết \(SD = 2a\sqrt 3 \) và góc tạo bởi đường thẳng \(SC\) và mặt phẳng \(\left( {ABCD} \right)\) bằng \(30^\circ \). Tính thể tích \(V\)của khối chóp \(S.ABCD\).
Câu 8:
Nếu \[{\log _a}x = \frac{1}{2}{\log _a}9 - {\log _a}5\] \(\left( {a > 0,\,a \ne 1} \right)\) thì \(x\) bằng
Câu 9:
Cho hình chóp \(S.ABC\) có đáy \(ABC\) là tam giác vuông cân tại \(B\), \(SA \bot \left( {ABC} \right)\), gọi \(M\) là trung điểm của \(AC\). Mệnh đề nào sau đây là sai?
Câu 10:
Cho hình chóp \(S.ABCD\) có \[SA \bot \left( {ABCD} \right),\,\,SA = AB\], đáy \(ABCD\) là hình vuông, \(K\) là trung điểm của đoạn \(SB\). Đường vuông góc chung giữa \(AD\) và \(SB\) là
Câu 11:
Cho hình lăng trụ đứng \(ABC.A'B'C'\) có đáy \(ABC\) là tam giác vuông cân tại \(A\) với \(BC = a\) và mặt bên \(AA'B'B\) là hình vuông. Thể tích của khối lăng trụ \(ABC.A'B'C'\) bằng
Câu 13:
Tính \(K = {27^{\frac{2}{3}}} + {81^{ - 0,75}} - {25^{0,5}}\), ta được
Câu 14:
Cho hình lập phương \(MNPQ.M'N'P'Q'.\) Góc giữa hai đường thẳng \(MN\) và \(M'P'\) bằng
Câu 15:
Cho tứ diện \[S.ABCD\] có các cạnh \[SA\,,\,SB\,,\,SC\] đôi một vuông góc (tham khảo hình vẽ). Số đo của góc nhị diện \[\left[ {B\,,\,SA\,,\,C} \right]\] bằng
