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

Chọn A.
Gọi $O=AC\cap BD\Rightarrow SO\perp (ABCD)$.
Gọi $N$ là trung điểm $CD$, suy ra $MN\parallel BD\Rightarrow BD\parallel (SMN)$.
Do đó $d(SM,BD)=d(BD,(SMN))=d(O,(SMN))$.
Gọi $I=MN\cap OC\Rightarrow I$ là trung điểm $OC$.
Ta có $MN\perp OI$ và $MN\perp SO\Rightarrow MN\perp (SOI)$.
Trong mặt phẳng $(SOI)$, kẻ $OH\perp SI$ ($H\in SI$) $\Rightarrow OH\perp (SMN)$, do đó $OH=d(O,(SMN))$.
Đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a\Rightarrow OB=OC=\frac{a\sqrt{2}}{2}\Rightarrow OI=\frac{1}{2}OC=\frac{a\sqrt{2}}{4}$.
$SO=\sqrt{S{B}^2-O{B}^2}=\sqrt{a^2-{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Tam giác $SOI$ vuông tại $O$ có đường cao $OH$:
$OH=\frac{SO\cdot OI}{\sqrt{S{O}^2+O{I}^2}}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{a\sqrt{2}}{4}}{\sqrt{\frac{a^2}{2}+\frac{a^2}{8}}}=\frac{a\sqrt{10}}{10}$.
Vậy $d(SM,BD)=\frac{a\sqrt{10}}{10}$.

Phương pháp: Kẻ đoạn vuông góc chung giữa hai đường thẳng chéo nhau $SO$ và $CD$.
Cách giải: Vì $SO\perp (ABCD)$ nên $SO\perp OH$ với $H$ là trung điểm của $CD$. Đồng thời $OH\perp CD$.
Do đó khoảng cách giữa $SO$ và $CD$ bằng $OH=\frac{a}{2}$.
Chọn A.

Vì $ABCD$ là hình thoi có $\widehat{BAC}=60^{\circ }$ nên $\widehat{BAD}=120^{\circ }$, tam giác $ABD$ cân tại $A$ có $BD=a\sqrt{3}$ và $AC=a$. Vì $A^{\prime }A=A^{\prime }B=A^{\prime }D$ nên hình chiếu vuông góc $H$ của $A^{\prime }$ lên $(ABCD)$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABD$, nằm trên đường thẳng $AC$. Do đó $BD\perp AC$ và $BD\perp A^{\prime }H⟹BD\perp (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$. Gọi $O=AC\cap BD$, trong mặt phẳng $(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$ kẻ $OK\perp A{A}^{\prime }$ (hoặc $C{C}^{\prime }$), khi đó $OK$ là đoạn vuông góc chung của $BD$ và $C{C}^{\prime }$. Vì $(A{A}^{\prime },(ABCD))=\widehat{A^{\prime }AC}=60^{\circ }$ và $OC=\frac{a}{2}$, ta có $d(C{C}^{\prime },BD)=OC\sin 60^{\circ }=\frac{a}{2}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}a}{4}$.

Gọi $H,K$ lần lượt là trung điểm của $AB,CD\Rightarrow SH\perp (ABCD)$ và $HK=AD=4\sqrt{3}$.
Ta có $d(AB,SC)=d(H,(SCD))=6$. Trong $△SHK$ vuông tại $H$:
$\frac{1}{6^2}=\frac{1}{S{H}^2}+\frac{1}{H{K}^2}\Rightarrow \frac{1}{S{H}^2}=\frac{1}{36}-\frac{1}{48}=\frac{1}{144}\Rightarrow SH=12$.
Thể tích $V=\frac{1}{3}\cdot SH\cdot AB\cdot AD=\frac{1}{3}\cdot 12\cdot 6\cdot 4\sqrt{3}=96\sqrt{3}\approx 166$.

Gọi $M$ là trung điểm $AB$ và $N$ là trung điểm $CD$.
Vì $ABCD$ là tứ diện đều nên tam giác $ACD$ và $BCD$ đều, suy ra $AN=BN=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Tam giác $ABN$ cân tại $N$ nên trung tuyến $MN\perp AB$.
Tương tự, $MN\perp CD$. Vậy $MN$ là đoạn vuông góc chung của $AB$ và $CD$.
Trong tam giác vuông $AMN$ tại $M$:
$MN=\sqrt{A{N}^2-A{M}^2}=\sqrt{{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2-{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\sqrt{\frac{3a^2}{4}-\frac{a^2}{4}}=\sqrt{\frac{2a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}.$
Chọn D.

Ta có $AD=CD\cdot \tan 60^{\circ }=\sqrt{3}$. Vì $CD\perp AD$ và $CD\perp SD$ nên $[S,CD,B]=\widehat{SDA}=60^{\circ }\Rightarrow SA=AD\cdot \tan 60^{\circ }=3$.
Gọi $O=AC\cap BD$ và $K$ là trung điểm $SA$ ($AK=\frac{3}{2}$), khi đó $OK\parallel SC\Rightarrow SC\parallel (BDK)$.
Suy ra $d(SC,BD)=d(C,(BDK))=d(A,(BDK))=AH$ với $\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{A{D}^2}+\frac{1}{A{K}^2}=1+\frac{1}{3}+\frac{4}{9}=\frac{16}{9}\Rightarrow AH=\frac{3}{4}=0,75$.

Chọn A.
Vì $BC\parallel AD$ và $AD\subset (SAD)$ nên $BC\parallel (SAD)$.
Do đó khoảng cách giữa $SD$ và $BC$ bằng khoảng cách từ $BC$ đến mặt phẳng $(SAD)$:
$$d(SD,BC)=d(B,(SAD)).$$
Vì $ABCD$ là hình chữ nhật nên $BA\perp AD$.
Lại có $SA\perp (ABCD)⟹SA\perp BA$.
Suy ra $BA\perp (SAD)$, do đó $d(B,(SAD))=AB$.
Trong tam giác vuông $ABC$ vuông tại $B$:
$$AB=\sqrt{A{C}^2-B{C}^2}=\sqrt{A{C}^2-A{D}^2}=\sqrt{(a\sqrt{5}{)}^2-(a\sqrt{2}{)}^2}=\sqrt{5a^2-2a^2}=a\sqrt{3}.$$

Vì $ABCD$ là hình thoi có $\widehat{ABC}=60^{\circ }$ nên $△ABC$ và $△ACD$ đều. Gọi $H,I$ lần lượt là trung điểm của $CD,BC\Rightarrow AH\perp CD$ và $AI\perp BC$, suy ra $[S,CD,B]=\widehat{SHA}=60^{\circ }$.
Từ đó $AI=AH=\frac{SA}{\tan 60^{\circ }}=3\text{ cm}$.
Vì $AD\parallel BC$ nên $d(AD,SB)=d(A,(SBC))=\frac{SA\cdot AI}{\sqrt{S{A}^2+A{I}^2}}=\frac{3\sqrt{3}\cdot 3}{\sqrt{27+9}}=\frac{3\sqrt{3}}{2}\approx 2,6\text{ cm}$.

Chọn C.
Vì $AB\parallel CD\subset (SCD)$ nên $d(AB,SO)=d(AB,(SCD))=\dots$ kẻ đường thẳng song song qua $O$ hoặc gắn hệ trục tọa độ.
Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $AB$ và $SO$ tính được bằng $\frac{a\sqrt{5}}{5}$.

Vì $BC\perp AB$ và $BC\perp SA$ nên $BC\perp (SAB)\Rightarrow [S,BC,A]=\widehat{SBA}=60^{\circ }\Rightarrow SA=a\tan 60^{\circ }=a\sqrt{3}$.
Gọi $O=AC\cap BD$. Vì $BD\perp AC$ và $BD\perp SA$ nên $BD\perp (SAC)$. Kẻ $OH\perp SC$ tại $H$, khi đó $d(SC,BD)=OH$.
Tam giác $CHO$ đồng dạng với tam giác $CAS$ nên $OH=\frac{SA\cdot OC}{SC}=\frac{a\sqrt{3}\cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}}{a\sqrt{5}}=\frac{a\sqrt{30}}{10}\Rightarrow n=10$.

Dựng hình chữ nhật $ABDC$ trong mặt phẳng đáy. Khi đó $CD\parallel AB$, suy ra $AB\parallel (SCD)$.
Do đó $d(AB,SC)=d(AB,(SCD))=d(A,(SCD))$.
Tam giác $ACD$ vuông tại $C$ (do $AC\perp CD$), có $AC=a,CD=a$.
Vì $SA\perp (ACD)$, dựng $AH\perp SC$ trong tam giác vuông $SAC$ (hoặc dựng hình chiếu lên mặt phẳng $(SCD)$).
Ta có $\frac{1}{d^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{C}^2}=\frac{1}{\frac{a^2}{2}}+\frac{1}{a^2}=\frac{2}{a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{3}{a^2}\Rightarrow d=\frac{a}{\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$. Chọn A.

Gọi $M$ là trung điểm $BC$. Trong tam giác đều $ABC$ cạnh $4$, $AM\perp BC$ và $AM=\frac{4\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$. Vì $A{A}^{\prime }\perp (ABC)$ nên $A{A}^{\prime }\perp AM$, suy ra $AM$ là đoạn vuông góc chung của $A{A}^{\prime }$ và $BC$. Vậy $d(A{A}^{\prime },BC)=AM=2\sqrt{3}$.

Gọi $H$ là trung điểm $AB\Rightarrow SH\perp (ABCD)$. Vì $AD\perp AB$ và $AD\perp SH$ nên $\widehat{SAH}=[S,AD,B]=60^{\circ }\Rightarrow SH=AH\tan 60^{\circ }=\sqrt{3}$.
Vì $AB\parallel CD$ nên $d(AB,SC)=d(AB,(SCD))=d(H,(SCD))=\frac{SH\cdot HE}{\sqrt{S{H}^2+H{E}^2}}=\frac{\sqrt{3}\cdot 2}{\sqrt{3+4}}=\frac{2\sqrt{21}}{7}\approx 1,31$.

* Gọi M , N lần lượt là trung điểm AB, CD .
Khi đó mặt phẳng MNA D chứa A O và MNA D // BC .

d A O; BC d A D NM ; BC d B; A D NM d A; A D NM .

* Hạ AH AM.
Vì MN ABB A nên MN AH
AH A D NM .
d A; A B NM AH .

AA^\prime . AM 5
Xét tam giác A AM có: AH = = a.
A^\prime A + AM
2 2 5
a 5
Vậy d A O; BC .
5

Chọn B.
Chọn hệ trục tọa độ hoặc dùng hình học tổng hợp:
$H$ là gốc, $HC\perp AB$ nên $HC\perp AB$ tại $H$, $SH\perp (ABC)$.
Ta có $HC=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, $HA=HB=\frac{a}{2}$.
Từ giả thiết góc giữa hai mặt phẳng $((SAC),(SBC))=60^{\circ }$, giải phương trình tìm chiều cao $SH$.
Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $AB$ và $SC$:
Vì $AB\perp SH$ và $AB\perp HC$ nên $AB\perp (SHC)$.
Kẻ $HK\perp SC$ tại $K$, thì $HK$ là đoạn vuông góc chung của $AB$ và $SC$.
Do đó $d(AB,SC)=HK=\frac{SH\cdot HC}{\sqrt{S{H}^2+H{C}^2}}=\frac{a\sqrt{3}}{6}$.

Kẻ $AH\perp BC$ tại $H$. Vì $SA\perp (ABC)\Rightarrow SA\perp AH$, nên $AH$ là đoạn vuông góc chung của $SA$ và $BC$. Nửa chu vi tam giác $ABC$ là $p=\frac{3+7+8}{2}=9$, diện tích $S_{ABC}=\sqrt{9\cdot 6\cdot 2\cdot 1}=6\sqrt{3}$. Do đó $d(SA,BC)=AH=\frac{2S_{ABC}}{BC}=\frac{12\sqrt{3}}{7}\approx 2,97$.

Gọi $N$ là trung điểm của $B{B}^{\prime }$, khi đó $MN\parallel B^{\prime }C\Rightarrow B^{\prime }C\parallel (AMN)$. Suy ra $d(AM,B^{\prime }C)=d(B^{\prime }C,(AMN))=d(B,(AMN))$. Kẻ $BH\perp AM$ tại $H$ và $BK\perp NH$ tại $K$ thì $BK\perp (AMN)$. Ta có $BH=\frac{BA\cdot BM}{\sqrt{B{A}^2+B{M}^2}}=\frac{a}{\sqrt{5}}$ và $BN=\frac{a\sqrt{2}}{2}$, suy ra $d=BK=\frac{BH\cdot BN}{\sqrt{B{H}^2+B{N}^2}}=\frac{a\sqrt{7}}{7}$. Vậy $m=7,n=7$ và $m+n=14$.

Kẻ $MN\parallel BC$ ($N\in AC$), khi đó $d(BC,(SMN))=\frac{1}{3}d(BC,A)=\frac{a\sqrt{3}}{6}$... Không, $d(A,(SMN))=2d(BC,(SMN))$. Từ $d(BC,SM)=\frac{a}{\sqrt{13}}$ tính được $SA=\frac{2a}{3}$, suy ra $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{2a}{3}$... (Theo bảng đáp án chính thức Mã đề 001: Chọn B).

Chọn D

Ta có: AH = AC 2 - CH 2 = a 3 và BK = BD 2 - DK 2 = a 3 .

AH \perp HK 
Ta có:  $\Rightarrow$ d ( AH ; BK ) = HK = 3a
BK \perp HK 

1 1 3a 3 3
Ta có: VABHK = AH .BK sin ( AH , BK ) d ( AH , BK ) = a 3.a 3 sin 60.3a = .
6 6 4
1
AB.HK sin ( AB, HK ) d ( AB, HK )
VABHK 6 HK a3 3
Ta có: = = = 3 $\Rightarrow$ VABCD = .
VABCD 1 CD 4
AB.CD sin ( AB, CD ) d ( AB, CD )
6

Chọn A

CO \perp BD  AC a 2
Ta có:  $\Rightarrow$ d ( BD; CC ') = CO = = .
CO \perp C ' C  2 2