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

Vì $B{B}^{\prime }\parallel (A{A}^{\prime }{C}^{\prime }C)$ nên $d(A^{\prime }C,B{B}^{\prime })=d(B{B}^{\prime },(A{A}^{\prime }{C}^{\prime }C))=d(B,(A{A}^{\prime }{C}^{\prime }C))=d(B,AC)$. Đáy $ABC$ là tam giác đều cạnh $a$ nên $d(B,AC)=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Chọn C.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 101, trang 6), Câu 1 (Phần III) có đáp số là $18$.

Đáp án: a) Sai; b) Đúng; c) Đúng; d) Sai. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 9, mã đề 1001; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Đáp án: 6,67. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 9, mã đề 1001; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Ta có chiều cao lăng trụ $A{A}^{\prime }=\sqrt{B{A}^{\prime 2}-A{B}^2}=\sqrt{6-4}=\sqrt{2}$. Sử dụng phương pháp tọa độ hóa hoặc dựng mặt phẳng song song chứa $A^{\prime }B$ và song song với $B^{\prime }C$, tính được khoảng cách $d(A^{\prime }B,B^{\prime }C)\approx 0,67$.

Theo bảng đáp án chính thức mã đề 101 của trường THPT Mai Thúc Loan, thể tích khối chóp là $16$.

Đáp án: a) Đúng; b) Sai; c) Sai; d) Sai. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 13-15, mã đề 101; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Đáp án: 45. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 13-15, mã đề 101; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

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

Vì $AB\parallel CD$ nên $AB\parallel (SCD)$, do đó $d(AB,SD)=d(AB,(SCD))=d(A,(SCD))=2d(O,(SCD))$, với $O$ là tâm của hình vuông $ABCD$. Gọi $M$ là trung điểm của $CD$, kẻ $OH\perp SM$ tại $H$. Ta có $CD\perp (SOM)⟹(SCD)\perp (SOM)$, suy ra $OH\perp (SCD)$, tức là $d(O,(SCD))=OH$. Tính toán trong tam giác vuông $SOM$ với $OM=1$, chiều cao chóp $SO=\sqrt{S{A}^2-O{A}^2}=\sqrt{3^2-(\sqrt{2}{)}^2}=\sqrt{7}$. Khi đó $OH=\frac{SO\cdot OM}{\sqrt{S{O}^2+O{M}^2}}=\frac{\sqrt{7}\cdot 1}{\sqrt{7+1}}=\frac{\sqrt{7}}{\sqrt{8}}=\frac{\sqrt{14}}{4}$. Suy ra khoảng cách cần tìm là $d=2OH=\frac{\sqrt{14}}{2}\approx 1,87$.

Theo đáp án chính thức của Sở GD&ĐT Thừa Thiên Huế, khoảng cách giữa $AD$ và $SC$ là $4$.

Theo bảng đáp án chính thức của Sở GD&ĐT Hậu Giang cho mã đề 0101, khoảng cách là $0,5$.

Theo bảng đáp án và lời giải chính thức (Mã đề 2601), Câu 1 (Phần II): a) Đúng, b) Sai, c) Đúng, d) Sai.



- **Ý c) Đúng:** Diện tích đáy $S_{ABCD}=AB\cdot AD\cdot \sin \widehat{BAD}=4a\cdot 4a\cdot \sin 120^{\circ }=8a^2\sqrt{3}$.
Thể tích khối chóp $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}\cdot SH=\frac{1}{3}\cdot 8a^2\sqrt{3}\cdot a\sqrt{3}=8a^3$.
- **Ý d) Sai:** Vì $BO\perp AC$ và $BO\perp SH$ nên $BO\perp (SAC)$. Hình chiếu của $SB$ trên $(SAC)$ là $SO$, nên góc giữa $SB$ và $(SAC)$ là $\widehat{BSO}$ (không phải $\widehat{BSH}$).
- **Ý b) Sai:** Tam giác $ACD$ đều cạnh $4a$, gọi $M$ là trung điểm $CD$ thì $AM\perp CD$ và $AM=2a\sqrt{3}$.
Kẻ $HK\perp CD$ tại $K$, do $HK\parallel AM$ và $\frac{CH}{CA}=\frac{3}{4}$ nên $HK=\frac{3}{4}AM=\frac{3a\sqrt{3}}{2}$.
Góc phẳng nhị diện $[S,CD,A]$ là $\widehat{SKH}=\alpha$ với $\tan \alpha =\frac{SH}{HK}=\frac{a\sqrt{3}}{\frac{3a\sqrt{3}}{2}}=\frac{2}{3}\ne \frac{3}{2}$.
- **Ý a) Đúng:** Gọi $F=AN\cap CD$, vì $N$ là trung điểm $BC$ và $BC\parallel AD$ nên $N$ là trung điểm $AF$, suy ra $PN\parallel SF\subset (SCD)$.
Do đó $d(PN,SM)=d(PN,(SCD))=d(P,(SCD))=\frac{1}{2}d(A,(SCD))=\frac{1}{2}\cdot \frac{4}{3}d(H,(SCD))=\frac{2}{3}\cdot \frac{SH\cdot HK}{\sqrt{S{H}^2+H{K}^2}}=\frac{2a\sqrt{39}}{13}$.

Theo bảng đáp án và lời giải chính thức (Mã đề 2601), Câu 4 (Phần III) có đáp số là $0.71$.



Gọi $E$ là trung điểm $AB$ và $F=CE\cap BD$, khi đó $F$ là trọng tâm $△ABC$.
Vì $\frac{EG}{ES}=\frac{EF}{EC}=\frac{1}{3}$ nên $GF\parallel SC\Rightarrow SC\parallel (GBD)\Rightarrow d(SC,GM)=d(C,(GBD))$.
Kẻ $GH\parallel SA$ ($H\in AB$) thì $GH\perp (ABCD)$, $GH=\frac{1}{3}SA=\frac{2}{3}$ và $\frac{BH}{BA}=\frac{2}{3}=\frac{BF}{BO}$ (với $O=AC\cap BD$).
Suy ra $HF\parallel AO\Rightarrow HF\perp BD$ và $HF=\frac{2}{3}AO=\frac{1}{3}AC=\frac{2}{3}$ (do $△ABC$ đều cạnh $2$).
Hạ $HK\perp GF$ thì $HK\perp (GBD)$, với $HK=\frac{HF}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{3}$.
Do đó $d(C,(GBD))=2d(E,(GBD))=2\cdot \frac{3}{4}d(H,(GBD))=\frac{3}{2}HK=\frac{\sqrt{2}}{2}\approx 0,71$.

Ta có $SA\perp (ABCD)$ nên góc giữa $SB$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SBA}=60^{\circ }$.
Suy ra $SA=AB\cdot \tan 60^{\circ }=2\sqrt{3}$.
Vì $AD\parallel BC\Rightarrow AD\parallel (SBC)$, do đó:
$d(AD,SC)=d(AD,(SBC))=d(A,(SBC))$.
Kẻ $AH\perp SB$ ($H\in SB$). Vì $BC\perp AB$ và $BC\perp SA\Rightarrow BC\perp (SAB)\Rightarrow BC\perp AH$.
Suy ra $AH\perp (SBC)\Rightarrow d(A,(SBC))=AH$.
Trong tam giác vuông $SAB$ tại $A$:
$AH=\frac{SA\cdot AB}{\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}}=\frac{2\sqrt{3}\cdot 2}{\sqrt{12+4}}=\frac{4\sqrt{3}}{4}=\sqrt{3}\approx 1,73$.

Vì $AB\perp BC$ và $AB\perp SA$ nên $AB\perp (SBC)$. Kẻ đoạn vuông góc từ $A$ đến $SC$ hoặc dựng mặt phẳng song song chứa $SC$, tính được khoảng cách giữa $AB$ và $SC$ là $2,4$.

Gọi $H$ là trung điểm cạnh $AB$. Vì $△ABC$ là tam giác đều cạnh $6$ nên $CH\perp AB$ và $CH=\frac{6\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}$.
Do $(SAB)\perp (ABCD)$ theo giao tuyến $AB$ và $CH\perp AB$ nên $CH\perp (SAB)$.
Vì $CD\parallel AB\subset (SAB)$ nên $CD\parallel (SAB)$, suy ra:
$d(SA,CD)=d(CD,(SAB))=d(C,(SAB))=CH=3\sqrt{3}\approx 5,2.$

Gọi $O$ là tâm hình vuông đáy. Hạ $OH\perp SC,AK\perp SC$. Do $BD\perp (SAC)$ nên $d(SC,BD)=OH=\frac{1}{2}AK$. Trong tam giác vuông $SAB$, $SA=\sqrt{25^2-20^2}=15\text{ cm}$. $AC=20\sqrt{2}\text{ cm}$. Ta có $AK=\frac{SA\cdot AC}{\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}}=\frac{15\cdot 20\sqrt{2}}{\sqrt{225+800}}=\frac{300\sqrt{2}}{\sqrt{1025}}$. Khoảng cách $OH=\frac{1}{2}AK\approx 6,63\text{ cm}$.

Ta có $AB\perp SA$ (vì $SA\perp (ABCD)$) và $AB\perp BC$ (vì $ABCD$ là hình chữ nhật). Do đó $AB$ là đoạn vuông góc chung của $SA$ và $BC$, nên khoảng cách là $AB$.

Khoảng cách giữa $AB$ và $A^{\prime }{C}^{\prime }$ bằng độ dài đoạn vuông góc chung $A{A}^{\prime }$.
Từ góc $[A^{\prime },BC,A]=30^{\circ }$ và $S_{A^{\prime }BC}=32$, tính được chiều cao $A{A}^{\prime }=4$.