Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Khoảng cách hai đường chéo nhau không tọa độ (Toán học Lớp 11)

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp BC$. Cũng có $BC\perp AB$ (tam giác $ABC$ vuông tại $B$). Suy ra $BC\perp (SAB)$. Khi đó khoảng cách giữa $SA$ và $BC$ bằng khoảng cách từ $B$ đến $SA$ trong mặt phẳng $(SAB)$, mà $AB\perp SA$ nên khoảng cách đó là $AB=2a$. Khớp với đáp án nguồn (mã đề 1201, câu 6: B).

Đáp án: S S Đ Đ.
a) Sai: Tam giác ABC vuông tại A $\Rightarrow AC=\sqrt{B{C}^2-A{B}^2}=\sqrt{13-4}=3$ $\Rightarrow V_{ltru}=\frac{1}{2}.2.3.4=12$.
b) Sai: $d(A^{\prime }C,FE)=\frac{6}{\sqrt{61}}$ (theo tính toán chi tiết ở ý b).
c) Đúng: vì AB vuông góc với mp (ACA').
d) Đúng: $\cos \widehat{A^{\prime }CA}=\frac{AC}{A^{\prime }C}=\frac{3}{\sqrt{9+16}}=\frac{3}{5}$.
a) Sai.

Tam giác ABC vuông tại A $\Rightarrow AC=\sqrt{B{C}^2-A{B}^2}=\sqrt{13-4}=3$
$\Rightarrow V_{ltru}=\frac{1}{2}.2.3.4=12$
b) Sai.
$d(A^{\prime }C,FE)=d(FE,(A^{\prime }BC))=d(E;(A^{\prime }BC))=\frac{1}{2}d(A;(A^{\prime }BC))=\frac{1}{2}d$
$\frac{1}{d^2}=\frac{1}{A{C}^2}+\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{A{A}^2}=\frac{1}{9}+\frac{1}{4}+\frac{1}{16}=\frac{61}{144}\Rightarrow d=\frac{12}{\sqrt{61}}\Rightarrow d(A^{\prime }C,FE)=\frac{6}{\sqrt{61}}$
c) Đúng: vì AB vuông góc với mp (ACA').
d) Đúng.
Góc giữa đường thẳng $A^{\prime }C$ và mặt phẳng đáy $(ABC)$ bằng A'CA
$\Rightarrow \cos \widehat{A^{\prime }CA}=\frac{AC}{A^{\prime }C}=\frac{3}{\sqrt{9+16}}=\frac{3}{5}$

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp S.ABCD, đáy vuông cạnh a, SA⊥(ABCD), SA=a√6.
a) AC⊥AD nên AC⊥(SAD) suy ra AC⊥SA, do đó d(S,AC)=SA=a√6≠2√2a → Sai.
b) CD⊥AD nên CD⊥(SAD), do đó d(C,(SAD))=d(C,AD)=AB=a → Đúng.
c) CD∥AB nên CD∥(SAB), d(SB,CD)=d(CD,(SAB))=d(D,(SAB))=d(D,AB)=AD=a → Đúng.
d) BD⊥AC và BD⊥SA nên BD⊥(SAC). Gọi O=AC∩BD, d(SC,BD)=d(O,SC). Tam giác SAC vuông tại A với SA=a√6, AC=a√2, SC=√(6a²+2a²)=2√2a. Diện tích tam giác SAC = ½·SA·AC = ½·SC·d(O,SC) nên d(O,SC)=SA·AO/SC = a√6·(a√2/2)/(2√2a)=a√6/4 ≠ a√6/2 → Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
AC⊥(SAD) nên AC⊥SA, do đó d(S,AC)=SA=a√6≠2√2a.
b) (AI giải đề cho tôi)
CD⊥AD nên CD⊥(SAD), d(C,(SAD))=d(C,AD)=AB=a.
c) (AI giải đề cho tôi)
CD∥AB nên d(SB,CD)=d(D,(SAB))=d(D,AB)=AD=a.
d) (AI giải đề cho tôi)
BD⊥(SAC), O=AC∩BD, d(SC,BD)=d(O,SC)=SA·AO/SC=(a√6·a√2/2)/(2√2a)=a√6/4≠a√6/2.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $D(0;d;0)$, $C(a;d;0)$. Tam giác $SAB$ đều cạnh $a$ nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy qua $AB$ nên $S\left(\frac{a}{2};0;\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$. Vì $BC\parallel AD$ và $AD\subset (SAD)$ nên $BC\parallel (SAD)$, do đó $d(SD,BC)=d(B,(SAD))$. Mặt phẳng $(SAD)$ qua $A$ có vectơ pháp tuyến $\vec{n}=\overrightarrow{AD}\times \overrightarrow{AS}\parallel (\sqrt{3};0;-1)$, phương trình: $\sqrt{3}x-z=0$. Khoảng cách từ $B(a;0;0)$: $d=\frac{\sqrt{3}a}{2}=a\sqrt{\frac{3}{4}}$. Vậy $m=3,n=4$ (nguyên tố cùng nhau), $m^2-2n^2=9-32=-23$. Kết quả khớp với đáp án nguồn $-23$.

Ta có $AC\parallel A^{\prime }{C}^{\prime }$ nên $AC\parallel (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$.
Do đường thẳng $B^{\prime }M$ nằm trong mặt phẳng $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ nên khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $AC$ và $B^{\prime }M$ bằng khoảng cách từ đường thẳng $AC$ đến mặt phẳng $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$, chính bằng khoảng cách giữa hai đáy $(ABC)$ và $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$.
Vì lăng trụ đứng có tất cả các cạnh bằng $2a$ nên chiều cao của lăng trụ là $A{A}^{\prime }=2a$.
Vậy $d(AC,B^{\prime }M)=d(AC,(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }))=A{A}^{\prime }=2a$.

Vì $AB\parallel CD$ nên $AB\parallel (SCD)$. Do đó $d(AB,SC)=d(AB,(SCD))=d(A,(SCD))=2d(O,(SCD))$.
Gọi $M$ là trung điểm của $CD$, suy ra $OM\perp CD$ và $OM=\frac{a}{2}$.
Vì $SO\perp (ABCD)$ nên $SO\perp CD$, từ đó suy ra $CD\perp (SOM)$.
Trong mặt phẳng $(SOM)$, kẻ $OH\perp SM$ tại $H$, thì $OH\perp (SCD)$, do đó $d(O,(SCD))=OH$.
Tam giác $SOM$ vuông tại $O$, ta có: $\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{S{O}^2}+\frac{1}{O{M}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{4}{a^2}=\frac{5}{a^2}⟹OH=\frac{a}{\sqrt{5}}=\frac{a\sqrt{5}}{5}$.
Vậy $d(AB,SC)=2OH=\frac{2a\sqrt{5}}{5}$. Chọn D.

Vì $C{C}^{\prime }\parallel B{B}^{\prime }$ nên $C{C}^{\prime }\parallel (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$. Do đó $d(A{B}^{\prime },C{C}^{\prime })=d(C,(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }))$ bằng đường cao của tam giác đều $ABC$ cạnh $a$, tức là $\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Vì $CD\parallel AB$ nên $CD\parallel (SAB)$. Do đó khoảng cách $d(CD,SA)=d(CD,(SAB))=d(D,(SAB))=AD=a$. Chọn C.

Theo bảng đáp án chính thức mã đề 101 của Liên trường THPT Nghệ An, khoảng cách là $0,75$.