Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Khoảng cách không gian (Toán học Lớp 11)

Chọn A

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

Hình lập phương có 6 mặt bằng nhau, mỗi mặt là hình vuông cạnh $x$. Tổng diện tích tất cả các mặt là $6x^2=24a^2\iff x^2=4a^2\iff x=2a$. Đường thẳng $BD$ nằm trong mặt phẳng $(ABCD)$ và $A^{\prime }{C}^{\prime }$ nằm trong mặt phẳng $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$. Hai mặt phẳng đáy $(ABCD)$ và $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ song song với nhau. Do đó khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $BD$ và $A^{\prime }{C}^{\prime }$ chính bằng khoảng cách giữa hai mặt đáy, tức bằng chiều cao hình lập phương: $d(BD,A^{\prime }{C}^{\prime })=x=2a$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 170, trang 7), chọn D.

Theo bài $SA\perp (ABCD)$ mà $BO\subset (ABCD)$ nên $SA\perp BO$.

Vì $ABCD$ là hình vuông nên $BO\perp AC$ và $BD=a\sqrt{2}$.

Ta có $\{\begin{array}{l}BO\perp AC\\ SA\perp BO\\ SA,AC\subset (SAC)\\ SA\cap AC=\{A\}\end{array}⟹BO\perp (SAC)⟹d(B,(SAC))=BO=\frac{BD}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Vì $△ABC$ vuông cân tại $C$ nên $BC\perp AC$ và $BC=\frac{AB}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}a$. Lại có $SA\perp (ABC)\Rightarrow SA\perp BC$, suy ra $BC\perp (SAC)$. Vậy $d(B,(SAC))=BC=\sqrt{2}a$.

Gọi $M$ là trung điểm $AB$. Vì $△ABC$ đều cạnh $2a$ nên $CM\perp AB$ và $CM=\frac{2a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$. Do $(SAB)\perp (ABC)$ theo giao tuyến $AB$ nên $CM\perp (SAB)$. Vậy $d(C,(SAB))=CM=a\sqrt{3}$.

Gọi $I$ là trung điểm $AC$. Do tam giác $ABC$ đều cạnh $2a$ nên $BI\perp AC$ và $BI=\frac{2a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$. Mặt khác $A{A}^{\prime }\perp (ABC)\Rightarrow A{A}^{\prime }\perp BI$. Suy ra $BI\perp (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$. Vậy khoảng cách từ $B$ đến $(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$ bằng $BI=a\sqrt{3}$. Chọn đáp án B.

[IMAGE_1]

Gọi $H$ là trung điểm của $BC\Rightarrow AH\perp BC$ $(1)$.

Mặt khác $A{A}^{\prime }\perp (ABC)\Rightarrow A{A}^{\prime }\perp AH$ $(2)$.

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $d(A{A}^{\prime },BC)=AH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Vì tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$ nên $BA\perp AC$. Lại có hình lăng trụ đứng nên $A{A}^{\prime }\perp (ABC)\Rightarrow BA\perp A{A}^{\prime }$. Do đó $BA\perp (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$, suy ra khoảng cách từ $B$ đến $(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$ chính là $BA=AC=a$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 101, trang 7), chọn B.

Kẻ $CH\perp AB$ tại $H$. Vì tam giác $ABC$ đều cạnh $a$ nên $H$ là trung điểm $AB$ và $CH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Vì $SA\perp (ABC)\Rightarrow SA\perp CH$. Do đó $CH\perp (SAB)$. Khoảng cách từ $C$ đến $(SAB)$ bằng $CH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Chọn đáp án A.

Gọi $H$ là trung điểm của $AB$. Vì $\Delta ABC$ là tam giác đều cạnh $2a$ nên $CH\perp AB$ và $CH=\frac{2a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$.
Do $(SAB)\perp (ABC)$ theo giao tuyến $AB$ và $CH\subset (ABC),CH\perp AB$ nên $CH\perp (SAB)$.
Vậy khoảng cách từ $C$ đến mặt phẳng $(SAB)$ là $d(C,(SAB))=CH=a\sqrt{3}$.

Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$.
Ta có $AC\perp BD$ và $AC\perp B{B}^{\prime }$ nên $AC\perp (BD{D}^{\prime }{B}^{\prime })\Rightarrow d(A,(BD{D}^{\prime }{B}^{\prime }))=AO=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Gọi $O=AC\cap BD$. Vì $ABCD$ là hình vuông nên $AO\perp BD$. Lại có $SA\perp (ABCD)\Rightarrow SA\perp AO$. Do đó $AO$ là đoạn vuông góc chung của $SA$ và $BD$. Khoảng cách giữa $SA$ và $BD$ là $d(SA,BD)=AO=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}(2a\sqrt{2})=a\sqrt{2}$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề A, trang 8), chọn A.

Vì tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$ nên $BC\perp AB$ và $BC=AB=4$. Mà $SA\perp (ABC)\Rightarrow SA\perp BC$. Suy ra $BC\perp (SAB)$, do đó $\mathrm{d}(C,(SAB))=BC=4$.

Gọi $H=AC\cap BD$. Trong hình vuông $ABCD$, ta có $BH\perp AC$.
Mặt khác $C{C}^{\prime }\perp (ABCD)\Rightarrow C{C}^{\prime }\perp BH$.
Do đó $BH\perp (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$, suy ra $d(B,(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }))=BH$.
Vì $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$ nên $BD=a\sqrt{2}$, suy ra $BH=\frac{BD}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Trong mặt phẳng $(ABC)$, kẻ $BH\perp AC$ tại $H$.
Vì $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ là lăng trụ đứng tam giác đều nên $A^{\prime }A\perp (ABC)\Rightarrow A^{\prime }A\perp BH$.
Ta có $\{\begin{array}{l}BH\perp AC\\ BH\perp A^{\prime }A\end{array}\Rightarrow BH\perp (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$.
Do đó $d(B,(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }))=BH$.
Tam giác $ABC$ đều cạnh bằng $2$ nên $BH=\frac{2\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$.

Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. Vì $ABCD$ là hình vuông nên $AO\perp BD$; mặt khác $D{D}^{\prime }\perp (ABCD)\Rightarrow D{D}^{\prime }\perp AO$. Suy ra $AO\perp (BD{D}^{\prime }{B}^{\prime })$, do đó $d(A,(BD{D}^{\prime }{B}^{\prime }))=AO=\frac{a\sqrt{2}}{2}$. Chọn D.

Hai đường thẳng $AD$ và $B^{\prime }{D}^{\prime }$ lần lượt nằm trong hai mặt đáy song song $(ABCD)$ và $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$, nên $d(AD,B^{\prime }{D}^{\prime })=A{A}^{\prime }=C{C}^{\prime }=5$.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 121, trang 5), Câu 1 (Phần III) có đáp số là $4$.

Vì $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ là lăng trụ đứng và $△ABC$ vuông cân tại $B$ nên $CB\perp AB$ và $CB\perp B{B}^{\prime }⟹CB\perp (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$. Do đó $d(C,(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }))=CB=AB=4$.

Ta có $SA\perp (ABCD)\Rightarrow SA\perp CD$. Vì $ABCD$ là hình vuông nên $CD\perp AD$. Do đó $CD\perp (SAD)$, suy ra $d(C,(SAD))=CD=a$. Chọn B.

Đáp án: A. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 14; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)