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

Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $BC$ và $SA$. Khi đó $MN$ là đoạn vuông góc chung của $SA$ và $BC$, và $MN=\sqrt{1-\frac{x^2+y^2}{4}}$. Thể tích $V_{S.ABC}=\frac{1}{6}xy\cdot MN=\frac{1}{12}\sqrt{x^2{y}^2(4-x^2-y^2)}\le \frac{2\sqrt{3}}{27}$. Dấu bằng xảy ra khi $x^2=y^2=4-x^2-y^2=\frac{4}{3}\Rightarrow d(SA,BC)=MN=\sqrt{1-\frac{2}{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$. Chọn đáp án B.

Ta có $B{B}^{\prime }\parallel A{A}^{\prime }$ mà $A{A}^{\prime }\subset (A{A}^{\prime }{C}^{\prime }C)$ nên $B{B}^{\prime }\parallel (A{A}^{\prime }{C}^{\prime }C)$.
Đường thẳng $A^{\prime }{C}^{\prime }\subset (A{A}^{\prime }{C}^{\prime }C)$ nên khoảng cách giữa $B{B}^{\prime }$ và $A^{\prime }{C}^{\prime }$ là:
$d(B{B}^{\prime },A^{\prime }{C}^{\prime })=d(B{B}^{\prime },(A{A}^{\prime }{C}^{\prime }C))=d(B,(A{A}^{\prime }{C}^{\prime }C))$.
Trong mặt phẳng $(ABCD)$, gọi $O=AC\cap BD$. Vì $ABCD$ là hình vuông nên $BO\perp AC$, lại có $BO\perp A{A}^{\prime }$ nên $BO\perp (A{A}^{\prime }{C}^{\prime }C)$.
Do đó $d(B,(A{A}^{\prime }{C}^{\prime }C))=BO=\frac{BD}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Gọi hệ trục tọa độ hoặc dùng hình học thuần túy: $M$ là trung điểm của $A{A}^{\prime }$.
Gọi $N$ là trung điểm của $C{C}^{\prime }$, khi đó mặt phẳng $(BMN)$ chứa $MB$ và song song với $B{C}^{\prime }$.
Khoảng cách giữa $MB$ và $B{C}^{\prime }$ được tính chính xác bằng $\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Vì $AB\parallel CD$ và $CD\subset (SCD)$ nên $AB\parallel (SCD)$.
Do đó khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $AB$ và $CM$ bằng khoảng cách từ đường thẳng $AB$ đến mặt phẳng $(SCD)$:
$d(AB,CM)=d(AB,(SCD))=d(A,(SCD)).$
Kẻ $AH\perp SD$ tại $H$. Ta có $CD\perp AD$ và $CD\perp SA⟹CD\perp (SAD)⟹CD\perp AH$.
Suy ra $AH\perp (SCD)$, do đó $d(A,(SCD))=AH$.
Trong tam giác vuông $SAD$ tại $A$:
$\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{D}^2}=\frac{1}{3a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{4}{3a^2}⟹AH=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Ta có $AC\subset (ABCD)$ và $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }\parallel ABCD$. Đường thẳng $D{C}^{\prime }\parallel A{B}^{\prime }$.
Sử dụng hệ tọa độ hoặc vectơ, khoảng cách giữa hai đường chéo chéo nhau trên hai mặt vuông góc của hình lập phương là $d=\frac{a\sqrt{3}}{3}$.

Vì $AB\parallel CD$ nên $AB\parallel (SCD)\Rightarrow d(AB,SC)=d(AB,(SCD))=d(A,(SCD))=2d(O,(SCD))$.
Kẻ $OK\perp CD$ tại trung điểm $K$ của $CD$, kẻ $OH\perp SK$.
Khi đó $d(O,(SCD))=OH$.
Ta có $SO=a,OK=\frac{a}{2}$. Trong tam giác vuông $SOK$:
$\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{S{O}^2}+\frac{1}{O{K}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{4}{a^2}=\frac{5}{a^2}\Rightarrow OH=\frac{a}{\sqrt{5}}=\frac{a\sqrt{5}}{5}$
Khoảng cách giữa $AB$ và $SC$ là $d=2OH=\frac{2a\sqrt{5}}{5}$.

Ta có $HA=\frac{2a}{3},HB=\frac{a}{3}$.
Áp dụng định lí cos trong tam giác $HBC$: $H{C}^2=H{B}^2+B{C}^2-2HB\cdot BC\cos 60^{\circ }=\frac{a^2}{9}+a^2-2\cdot \frac{a}{3}\cdot a\cdot \frac{1}{2}=\frac{7a^2}{9}\Rightarrow HC=\frac{a\sqrt{7}}{3}$.
Vì góc giữa $SC$ và đáy là $45^{\circ }$ nên tam giác $SHC$ vuông cân tại $H\Rightarrow SH=HC=\frac{a\sqrt{7}}{3}$.
Dựng hình bình hành $ABCD$, khi đó $BC\parallel AD\Rightarrow BC\parallel (SAD)$.
$d(BC,SA)=d(BC,(SAD))=d(B,(SAD))=\frac{1}{2}d(H,(SAD))$.
Tính khoảng cách từ $H$ đến $(SAD)$ qua tứ diện vuông hoặc thể tích: $d(SA,BC)=\frac{a\sqrt{210}}{20}$.

Gọi $M$ và $N$ lần lượt là trung điểm của $AB$ và $CD$.
Vì $\Delta ACD$ và $\Delta BCD$ là các tam giác đều cạnh 3 nên $MC=MD=\frac{3\sqrt{3}}{2}$ (hoặc ở đây $AC=BC=AD=BD=CD=3$).
Tam giác $ABC$ cân tại $C$ có $AC=BC=3,AB=5\Rightarrow MC=\sqrt{3^2-(5/2{)}^2}=\sqrt{9-25/4}=\frac{\sqrt{11}}{2}$.
Tam giác $MCD$ cân tại $M$ có $MC=MD=\frac{\sqrt{11}}{2},CD=3\Rightarrow MN\perp CD$ và:
$MN=\sqrt{M{C}^2-N{D}^2}=\sqrt{\frac{11}{4}-{\left(\frac{3}{2}\right)}^2}=\sqrt{\frac{11}{4}-\frac{9}{4}}=\sqrt{\frac{2}{4}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$
Vì $MN\perp AB$ và $MN\perp CD$, đoạn $MN$ là đoạn vuông góc chung, khoảng cách giữa $AB$ và $CD$ bằng $MN=\frac{\sqrt{2}}{2}$.

Vì $C{C}^{\prime }\parallel B{B}^{\prime }$ nên $C{C}^{\prime }\parallel (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$.
Do đó $d(A{B}^{\prime },C{C}^{\prime })=d(C{C}^{\prime },(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }))=d(C,(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }))$.
Gọi $H$ là trung điểm của $AB$. Vì tam giác $ABC$ đều nên $CH\perp AB$.
Lại có $(ABC)\perp (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ theo giao tuyến $AB$ nên $CH\perp (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$.
Vậy $d(A{B}^{\prime },C{C}^{\prime })=CH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Vì $A^{\prime }{B}^{\prime }\parallel AB$ và $AB\subset (AB{C}^{\prime })$ nên $A^{\prime }{B}^{\prime }\parallel (AB{C}^{\prime })$.
Do đó:
$d(A^{\prime }{B}^{\prime },B{C}^{\prime })=d(A^{\prime }{B}^{\prime },(AB{C}^{\prime }))=d(A^{\prime },(AB{C}^{\prime }))$
Ta tính khoảng cách từ $A^{\prime }$ đến $(AB{C}^{\prime })$ qua thể tích tứ diện $A^{\prime }.AB{C}^{\prime }$:
- Ta có $V_{A^{\prime }.AB{C}^{\prime }}=V_{C^{\prime }.A^{\prime }AB}$. Vì $C^{\prime }C\perp (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$, khoảng cách từ $C^{\prime }$ đến mặt phẳng $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ bằng khoảng cách từ $C$ đến $AB$ trong tam giác đều $ABC$, tức là $h_C=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
- Diện tích hình chữ nhật $AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }$ là $a^2$, nên diện tích tam giác $A^{\prime }AB$ là $S_{A^{\prime }AB}=\frac{1}{2}{a}^2$.
- Suy ra thể tích:
$V_{A^{\prime }.AB{C}^{\prime }}=\frac{1}{3}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{1}{2}{a}^2=\frac{a^3\sqrt{3}}{12}$
- Mặt khác, tam giác $AB{C}^{\prime }$ có $AB=a$, $A{C}^{\prime }=B{C}^{\prime }=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2}$.
Tam giác $AB{C}^{\prime }$ cân tại $C^{\prime }$, đường cao từ $C^{\prime }$ xuống $AB$ là:
$h_{C^{\prime }}=\sqrt{(a\sqrt{2}{)}^2-{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\sqrt{2a^2-\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{7}}{2}$
Diện tích tam giác $AB{C}^{\prime }$ là:
$S_{AB{C}^{\prime }}=\frac{1}{2}a\cdot \frac{a\sqrt{7}}{2}=\frac{a^2\sqrt{7}}{4}$
Vậy khoảng cách cần tìm là:
$d(A^{\prime },(AB{C}^{\prime }))=\frac{3V_{A^{\prime }.AB{C}^{\prime }}}{S_{AB{C}^{\prime }}}=\frac{3\cdot \frac{a^3\sqrt{3}}{12}}{\frac{a^2\sqrt{7}}{4}}=\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{7}}=\frac{a\sqrt{21}}{7}$
Chọn C.


Trong tam giác vuông $SAB$ vuông tại $A$:
$SA=AB\tan 60^{\circ }=a\sqrt{3}$.
Qua $M$ kẻ đường thẳng song song với $AB$, qua $B$ kẻ đường thẳng song song với $SM$, hai đường thẳng này cắt nhau tại $E$, ta được tứ giác $ABEM$ là hình bình hành.
Khi đó $AB\parallel (SME)⟹d(AB,SM)=d(AB,(SME))=d(A,(SME))$.
Tính góc và khoảng cách: hạ $AH\perp ME$, khi đó $AH=\frac{a\sqrt{2}}{2}$ và $d=\frac{SA\cdot AH}{\sqrt{S{A}^2+A{H}^2}}=\frac{a\sqrt{3}\cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}}{\sqrt{3a^2+\frac{a^2}{2}}}=\frac{a\sqrt{6}}{\sqrt{14}}=\frac{a\sqrt{21}}{7}$. Chọn D.

Vì $SA\perp (ABCD)$ nên góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SCA}=45^{\circ }$. Tam giác $SAC$ vuông cân tại $A⟹SA=AC=a\sqrt{2}$.
Kẻ đường thẳng qua $B$ song song với $AC$, gọi là $d$. Gọi $M$ là hình chiếu vuông góc của $A$ trên $d$. Vì $ABCD$ là hình vuông nên $AC\perp BD⟹d\perp BD$, do đó $AM=d(A,d)=\frac{AC}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Mặt khác $SA\perp d$ và $AM\perp d⟹d\perp (SAM)$. Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ trên $SM$, suy ra $AH\perp (SBM)⟹d(AC,SB)=d(A,(SBM))=AH$.
Trong tam giác vuông $SAM$ có đường cao $AH$:
$\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{A{M}^2}+\frac{1}{S{A}^2}=\frac{1}{\frac{a^2}{2}}+\frac{1}{2a^2}=\frac{2}{a^2}+\frac{1}{2a^2}=\frac{5}{2a^2}⟹AH=\frac{a\sqrt{10}}{5}$.
Vậy khoảng cách cần tìm là $\frac{a\sqrt{10}}{5}$. Chọn A.

Vì $AB\parallel CD$ nên $AB\parallel (SCD)⟹d(AB,CM)=d(AB,(SCD))=d(A,(SCD))$.
Tam giác $SAD$ vuông tại $A$ có $SA=a\sqrt{2},AD=a$.
Vì $CD\perp AD$ và $CD\perp SA$ nên $CD\perp (SAD)⟹(SCD)\perp (SAD)$ theo giao tuyến $SD$.
Kẻ $AH\perp SD$ tại $H⟹AH\perp (SCD)⟹d(A,(SCD))=AH$.
Trong tam giác vuông $SAD$: $\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{D}^2}=\frac{1}{2a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{3}{2a^2}⟹AH=\frac{a\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}$. Chọn B.

Chọn B.


+) Vì $(SAB)\perp (ABC)$ và $(SAC)\perp (ABC)$ nên giao tuyến $SA\perp (ABC)$. Do đó $SA\perp (ABC)$ và $SA=a$.
+) Xét tam giác $ABC$ có $A{B}^2+A{C}^2=(2a{)}^2+(2a{)}^2=8a^2=B{C}^2$, suy ra tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$.
+) Kẻ đường thẳng qua $M$ song song với $AC$ cắt $AB$ tại $N$. Khi đó $AC\parallel (SMN)$ và $N$ là trung điểm của $AB$ (vì $M$ là trung điểm $BC$).
Khoảng cách giữa $AC$ và $SM$ là:
$d(AC,SM)=d(AC,(SMN))=d(A,(SMN))$.
+) Tứ diện $S.AMN$ có $SA,AN,NM$ đôi một vuông góc tại $A$ (do $MN\parallel AC\perp AB$ nên $MN\perp AB$):
$SA=a$, $AN=\frac{AB}{2}=a$, $MN=\frac{AC}{2}=a$.
Ta có $MN\perp (SAB)$ vì $MN\perp AB$ và $MN\perp SA$. Kẻ $AH\perp SN$ ($H\in SN$) thì $AH\perp (SMN)$.
Do đó $d(A,(SMN))=AH=\frac{SA\cdot AN}{\sqrt{S{A}^2+A{N}^2}}=\frac{a\cdot a}{\sqrt{a^2+a^2}}=\frac{a}{\sqrt{2}}$.

Gắn hệ trục tọa độ với $A(0;0;0),B(4;0;0),D(0;3;0),A^{\prime }(0;0;5)$, ta có $\overrightarrow{A{C}^{\prime }}=(4;3;5)$ và $\overrightarrow{B^{\prime }C}=(0;3;-5)$. Khi đó $d(A{C}^{\prime },B^{\prime }C)=\frac{|[\overrightarrow{A{C}^{\prime }},\overrightarrow{B^{\prime }C}]\cdot \overrightarrow{AC}|}{|[\overrightarrow{A{C}^{\prime }},\overrightarrow{B^{\prime }C}]|}=\frac{60}{\sqrt{900+400+144}}=\frac{60}{38}=\frac{30}{19}$. Chọn D.

Kẻ $HK\perp CD$ tại $K$, suy ra góc giữa $(SCD)$ và đáy là $\widehat{SKH}=45^{\circ }⟹SH=HK$. Trong tam giác vuông $BCD$, $HD=\frac{3}{4}BD=\frac{3a\sqrt{2}}{2}⟹HK=HD\sin 45^{\circ }=\frac{3a}{2}⟹SH=\frac{3a}{2}$. Chọn hệ tọa độ thích hợp tính khoảng cách giữa hai đường chéo nhau $SA$ và $BD$ ta được $d(SA,BD)=\frac{3a\sqrt{34}}{17}$. Chọn A.

Vì đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $1$ nên $BD=\sqrt{2}$. Tam giác $SBD$ đều $\Rightarrow SB=SD=\sqrt{2}\Rightarrow SA=\sqrt{S{B}^2-A{B}^2}=1$. Đặt hệ trục hoặc tính khoảng cách giữa $SO$ và $CD$: $d(SO,CD)=\frac{\sqrt{5}}{5}\Rightarrow a=5,b=5\Rightarrow a+b=10$. Chọn B.

Ta có $AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=\sqrt{4a^2+16a^2}=2a\sqrt{5}$. Góc $\widehat{SCA}=60^{\circ }⟹SA=AC\tan 60^{\circ }=2a\sqrt{15}$. Chọn hệ trục tọa độ $Oxyz$ với $A\equiv O(0;0;0)$, tia $Ax$ chứa $AB$, tia $Ay$ chứa $AD$, tia $Az$ chứa $AS$. Khi đó: $B(2a;0;0),D(0;4a;0),C(2a;4a;0),S(0;0;2a\sqrt{15})$. Vì $M$ là trung điểm $BC⟹M(2a;2a;0)$, $N\in AD$ sao cho $DN=a⟹N(0;3a;0)$. Vectơ chỉ phương $\overrightarrow{NM}=(2a;-a;0)=a(2;-1;0)$, $\overrightarrow{SB}=(2a;0;-2a\sqrt{15})=2a(1;0;-\sqrt{15})$. Vectơ $[{\vec{u}}_{NM},{\vec{u}}_{SB}]=(\sqrt{15};2\sqrt{15};1)$ có độ dài $\sqrt{15+60+1}=2\sqrt{19}$. Lại có $\overrightarrow{NB}=(2a;-3a;0)$, nên $|[{\vec{u}}_{NM},{\vec{u}}_{SB}]\cdot \overrightarrow{NB}|=|2a\sqrt{15}-6a\sqrt{15}|=4a\sqrt{15}$. Khoảng cách giữa hai đường thẳng là $d(MN,SB)=\frac{4a\sqrt{15}}{2\sqrt{19}}=\frac{2a\sqrt{285}}{19}$. Chọn A.

Chọn A.
Vì $(SAB)\perp (ABC)$ và $(SAC)\perp (ABC)$ cùng giao nhau theo giao tuyến $SA$, suy ra $SA\perp (ABC)$.
Tam giác $SAB$ vuông tại $A$ có $SA=\sqrt{S{B}^2-A{B}^2}=\sqrt{10a^2-a^2}=3a$.
Chọn hệ trục tọa độ $Oxyz$ hoặc dựng mặt phẳng song song chứa $AN$ và song song với $CM$:
Gọi $P$ là trung điểm của $SB$, kẻ đường thẳng song song với $CM$, ta tính được khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $CM$ và $AN$ là $d(CM,AN)=\frac{3a}{\sqrt{37}}$.

Gọi $I$ là trung điểm $BC$. Vì $\Delta ABC$ đều nên $AI\perp BC$.
Mặt khác $SA\perp (ABC)⟹SI\perp BC$.
Do đó góc giữa $(SBC)$ và $(ABC)$ là $\widehat{SIA}=60^{\circ }$.
Ta có: $AI=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, $SA=AI\cdot \tan 60^{\circ }=\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot \sqrt{3}=\frac{3a}{2}$.
Vì $MN\parallel BC$ nên $MN\parallel (SBC)⟹d(MN,SB)=d(MN,(SBC))=d(M,(SBC))=\frac{1}{2}d(A,(SBC))$.
Kẻ $AH\perp SI$ ($H\in SI$). Khi đó $AH\perp (SBC)⟹d(A,(SBC))=AH$.
Trong tam giác vuông $SAI$:
$AH=\frac{SA\cdot AI}{\sqrt{S{A}^2+A{I}^2}}=\frac{\frac{3a}{2}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{\frac{9a^2}{4}+\frac{3a^2}{4}}}=\frac{\frac{3a^2\sqrt{3}}{4}}{\frac{2a\sqrt{3}}{2}}=\frac{3a}{4}$.
Vậy $d(MN,SB)=\frac{1}{2}AH=\frac{3a}{8}$.