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

Trong tam giác vuông $ABC$ tại $A$: $AB=\frac{AC}{\tan 30^{\circ }}=30$, đường cao $AE\perp BC$ có độ dài $AE=AB\sin 30^{\circ }=15$.
Vì $SA\perp (ABC)$ nên $(SC,(ABC))=\widehat{SCA}=60^{\circ }\Rightarrow SA=AC\tan 60^{\circ }=30$.
Khi đó $d(A,(SBC))=\frac{SA\cdot AE}{\sqrt{S{A}^2+A{E}^2}}=\frac{30\cdot 15}{\sqrt{30^2+15^2}}=\frac{30}{\sqrt{5}}=6\sqrt{5}\approx 13,4$.

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$, tam giác đều $ABC$ cạnh $2a$ có $AM=a\sqrt{3}$ và $A{A}^{\prime }=2a$. Khoảng cách từ $A$ đến $(A^{\prime }BC)$ là $d=\frac{A{A}^{\prime }\cdot AM}{\sqrt{A{A}^{\prime 2}+A{M}^2}}=\frac{2a\cdot a\sqrt{3}}{\sqrt{4a^2+3a^2}}=\frac{2\sqrt{21}a}{7}$.

Vì $M$ là trung điểm của $CD$ và $BD\subset (SBD)$ nên $d(M,(SBD))=\frac{1}{2}d(C,(SBD))=\frac{1}{2}d(A,(SBD))$. Tứ diện $S.ABD$ vuông tại $A$ nên $\frac{1}{d(A,(SBD){)}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{A{D}^2}=\frac{1}{4a^2}+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{9}{4a^2}\Rightarrow d(A,(SBD))=\frac{2a}{3}$. Vậy $d(M,(SBD))=\frac{a}{3}$.

Chọn D.
Gọi $O=AC\cap BD$. Ta có $BD\perp AC$ và $BD\perp SA⟹BD\perp (SAC)$. Trong $(SAC)$, kẻ $AH\perp SO$ tại $H$. Khi đó $AH\perp (SBD)⟹d(A,(SBD))=AH$. Tam giác $SAO$ vuông tại $A$ có $SA=a,AO=\frac{a\sqrt{2}}{2}$. Khi đó $\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{O}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{2}{a^2}=\frac{3}{a^2}⟹AH=\frac{a}{\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$.

Gọi $O=AC\cap BD$. Vì $ABCD$ là hình vuông nên $O$ là trung điểm của $AC$ và $AC\perp BD$ tại $O$.
Do đó $d(C,(SBD))=d(A,(SBD))$.
Trong mặt phẳng $(ABCD)$, ta có $AO\perp BD$. Mà $SA\perp BD$ (do $SA\perp (ABCD)$), nên $BD\perp (SAO)$.
Kẻ $AH\perp SO$ tại $H$. Khi đó $AH\perp BD$ (vì $BD\perp (SAO)$), suy ra $AH\perp (SBD)$.
Do đó $d(A,(SBD))=AH$.
Ta có $AC=AB\sqrt{2}=\sqrt{2}\Rightarrow AO=\frac{\sqrt{2}}{2}$.
Trong tam giác vuông $SAO$ tại $A$:
$$\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{O}^2}=\frac{1}{2^2}+\frac{1}{{\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=\frac{1}{4}+2=\frac{9}{4}\Rightarrow AH=\frac{2}{3}$$
Khoảng cách từ $C$ đến mặt phẳng $(SBD)$ là $\frac{\sqrt{2}}{3}$.
Chọn đáp án B.

Chọn D.
Gọi $M$ là trung điểm của $BC$. Vì tam giác $ABC$ đều cạnh $2a$ nên $AM=2a\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$.
Tâm $O$ của đáy là trọng tâm tam giác $ABC$, suy ra $OM=\frac{1}{3}AM=\frac{a\sqrt{3}}{3}$.
Vì $S.ABC$ là chóp đều nên $SO\perp (ABC)$ và $SO=a\sqrt{3}$.
Kẻ $OH\perp SM$ tại $H$. Ta có $BC\perp OM$ và $BC\perp SO\Rightarrow BC\perp (SOM)\Rightarrow BC\perp OH$.
Vì $OH\perp SM$ và $OH\perp BC$ nên $OH\perp (SBC)$, do đó khoảng cách từ $O$ đến mặt bên $(SBC)$ là $OH$.
Tam giác $SOM$ vuông tại $O$ với đường cao $OH$:
$\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{S{O}^2}+\frac{1}{O{M}^2}=\frac{1}{3a^2}+\frac{1}{\frac{3a^2}{9}}=\frac{1}{3a^2}+\frac{3}{a^2}=\frac{10}{3a^2}\Rightarrow OH=a\sqrt{\frac{3}{10}}$.

Chọn B.
Vì $BC\perp AB$ và $BC\perp A{A}^{\prime }$ nên $BC\perp (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$.
Kẻ $AH\perp A^{\prime }B$ tại $H$, khi đó $AH\perp (A^{\prime }BC)$ nên:
$d(A,(A^{\prime }BC))=AH=\frac{AB\cdot A{A}^{\prime }}{\sqrt{A{B}^2+A{A}^{\prime 2}}}=\frac{2\cdot 3}{\sqrt{2^2+3^2}}=\frac{6\sqrt{13}}{13}.$

Lời giải
Chọn C

D. 4a .

Kẻ AE \perp BC tại E .
Mà BC \perp SA ( SA \perp ( ABC ) )
Suy ra BC \perp ( SAE ) .

Do đó d ( S , BC ) = SE .
S ABC =

2S
1
AE.BC \implies AE = ABC = 4a .
2
BC

\DeltaSAE vuông tại A , SE = SA2 + AE 2 =

( 3a ) + ( 4a ) = 5a .
2

2

Vậy d ( S , BC ) = SE = 5a .

Gọi $H$ là trung điểm của $BC$.

Vì tam giác $SBC$ đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy nên $SH\perp (ABC)$.
Ta có $BC=\sqrt{A{B}^2+A{C}^2}=\sqrt{a^2+3a^2}=2a$.
Do $H$ là trung điểm của $BC$ nên $d(C,(SAB))=2\cdot d(H,(SAB))$.
Kẻ $HM\perp AB$ tại $M$, khi đó $HM\parallel AC$ và $HM=\frac{AC}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Kẻ $HK\perp SM$ tại $K$, ta có $HK\perp (SAB)$ nên $d(H,(SAB))=HK$.
Trong tam giác đều $SBC$ cạnh $2a$, đường cao $SH=\frac{2a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$.
Xét tam giác vuông $SHM$ tại $H$:
$$\frac{1}{H{K}^2}=\frac{1}{S{H}^2}+\frac{1}{H{M}^2}=\frac{1}{3a^2}+\frac{4}{3a^2}=\frac{5}{3a^2}\Rightarrow HK=\frac{a\sqrt{15}}{5}$$
Suy ra $d(C,(SAB))=2HK=\frac{2a\sqrt{15}}{5}$.
Chọn đáp án B.

Chọn B.
Gọi $M$ là trung điểm của $BC$. Vì $△ABC$ đều cạnh $2a$ nên $AM\perp BC$ và $AM=a\sqrt{3}$.
Kẻ $AH\perp SM$ tại $H$, khi đó $AH\perp (SBC)$ nên:
$d(A,(SBC))=AH=\frac{SA\cdot AM}{\sqrt{S{A}^2+A{M}^2}}=\frac{a\sqrt{3}\cdot a\sqrt{3}}{\sqrt{3a^2+3a^2}}=\frac{a\sqrt{6}}{2}.$
Vì $G$ là trọng tâm $△ABC$ nên $\frac{GM}{AM}=\frac{1}{3}$, suy ra:
$d(G,(SBC))=\frac{1}{3}d(A,(SBC))=\frac{a\sqrt{6}}{6}.$

Chọn D.
+) Mặt phẳng $(MBC)$ chứa $BC$, mà $AD\parallel BC$ nên giao tuyến của $(MBC)$ với mặt $(AD{D}^{\prime }{A}^{\prime })$ là đường thẳng qua $M$ song song với $AD$.
Gọi giao điểm của đường thẳng này với $D{D}^{\prime }$ là $N$, ta có $MN\parallel AD$.
Gọi $I=A{D}^{\prime }\cap MN$, vì $MN$ đi qua trung điểm $M$ của $A{A}^{\prime }$ và $MN\parallel A{D}^{\prime }$ nên $I$ là trung điểm của $A{D}^{\prime }$.
Suy ra $d(D^{\prime },(MBC))=d(A,(MBC))$.
+) Trong mặt phẳng $(ABCD)$, đáy $ABCD$ là hình thoi có các cạnh bằng $2a$ và $\widehat{ABC}=60^{\circ }$, suy ra tam giác $ABC$ đều cạnh $2a$.
Kẻ $AK\perp BC$ tại $K$, ta có $AK=2a\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$.
Vì hình hộp đứng nên $A{A}^{\prime }\perp (ABCD)\Rightarrow A{A}^{\prime }\perp BC$, mà $AK\perp BC$ nên $BC\perp (MAK)\Rightarrow (MBC)\perp (MAK)$.
Kẻ $AH\perp MK$ tại $H$, suy ra $AH\perp (MBC)\Rightarrow d(A,(MBC))=AH$.
+) Tam giác $MAK$ vuông tại $A$ với $AM=\frac{A{A}^{\prime }}{2}=a$, $AK=a\sqrt{3}$:
$\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{A{M}^2}+\frac{1}{A{K}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{3a^2}=\frac{4}{3a^2}\Rightarrow AH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Vậy khoảng cách từ $D^{\prime }$ đến $(MBC)$ bằng $\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

* 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

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 $d(SA,BC)=AH=\frac{2S_{ABC}}{BC}=\frac{12\sqrt{3}}{7}\approx 2,97$.

Ta có $CD\perp AD$ và $CD\perp SA$ nên $CD\perp (SAD)\Rightarrow (SCD)\perp (SAD)$ theo giao tuyến $SD$.
Trong mặt phẳng $(SAD)$, kẻ $AH\perp SD$ tại $H$. Khi đó $AH\perp (SCD)$, do đó khoảng cách từ $A$ đến $(SCD)$ bằng $AH$.
Tam giác $SAD$ vuông tại $A$ có $SA=2,AD=1$, suy ra:
$\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{D}^2}=\frac{1}{4}+1=\frac{5}{4}\Rightarrow AH=\frac{2}{\sqrt{5}}$.

Chọn đáp án C.

Chọn D.
Gọi $H$ là trung điểm $AB\Rightarrow SH\perp AB\Rightarrow SH\perp (ABCD)$ và $SH=\frac{\sqrt{3}}{2}$.
Vì $AB\parallel CD\Rightarrow AB\parallel (SCD)\Rightarrow d(A,(SCD))=d(H,(SCD))$.
Gọi $K$ là trung điểm $CD\Rightarrow HK=AD=1$ và $HK\perp CD$.
Kẻ $HE\perp SK$ tại $E$, ta có $CD\perp (SHK)\Rightarrow CD\perp HE\Rightarrow HE\perp (SCD)$.
Do đó $d=HE=\frac{SH\cdot HK}{\sqrt{S{H}^2+H{K}^2}}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot 1}{\sqrt{\frac{3}{4}+1}}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}}=\frac{\sqrt{21}}{7}$.

Chọn C.
Gọi đỉnh hình nón là $S$, tâm đáy là $O$. Thiết diện là tam giác cân $SAB$.
Gọi $M$ là trung điểm $AB\Rightarrow OM\perp AB$ và $SM\perp AB$.
Kẻ $OH\perp SM$ tại $H\Rightarrow OH\perp (SAB)\Rightarrow OH=\sqrt{3}$.
Trong tam giác vuông $SOM$ vuông tại $O$, chiều cao $SO=2$:
$\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{S{O}^2}+\frac{1}{O{M}^2}\Rightarrow \frac{1}{3}=\frac{1}{4}+\frac{1}{O{M}^2}\Rightarrow \frac{1}{O{M}^2}=\frac{1}{12}\Rightarrow OM=2\sqrt{3}.$
Ta có $SM=\sqrt{S{O}^2+O{M}^2}=\sqrt{4+12}=4$.
Trong tam giác đáy, $AB=2AM=2\sqrt{R^2-O{M}^2}=2\sqrt{4^2-(2\sqrt{3}{)}^2}=2\sqrt{16-12}=4$.
Diện tích thiết diện $SAB$ là:
$S=\frac{1}{2}AB\cdot SM=\frac{1}{2}\cdot 4\cdot 4=8.$

Chọn A.
Thiết diện qua trục là hình vuông nên chiều cao $h=2R$.
Gọi $A^{\prime }$ là hình chiếu vuông góc của $A$ lên đáy chứa $B$. Khi đó $A{A}^{\prime }\parallel O{O}^{\prime }$ và $A{A}^{\prime }=h=2R$.
Khoảng cách giữa $AB$ và $O{O}^{\prime }$ bằng khoảng cách từ $O$ đến mặt phẳng $(A{A}^{\prime }B)$, tức là khoảng cách từ $O$ đến dây cung $A^{\prime }B$:
$d(O,A^{\prime }B)=\sqrt{R^2-{\left(\frac{A^{\prime }B}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$
Trong tam giác vuông $A{A}^{\prime }B$: $A^{\prime }{B}^2=A{B}^2-A{A}^{\prime 2}=(2a{)}^2-(2R{)}^2=4a^2-4R^2$.
Thay vào ta được:
$R^2-\frac{4a^2-4R^2}{4}={\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2\iff 2R^2-a^2=\frac{3a^2}{4}\iff 2R^2=\frac{7a^2}{4}\iff R^2=\frac{7a^2}{8}=\frac{14a^2}{16}$
$\Rightarrow R = \frac{a\sqrt{14}}{4}.

Ta có $S_{ABCD}=\frac{(AB+CD)AD}{2}=\frac{(2a+a)a}{2}=\frac{3a^2}{2}$.
$S_{ABD}=\frac{1}{2}AB\cdot AD=\frac{1}{2}(2a)(a)=a^2⟹S_{BCD}=S_{ABCD}-S_{ABD}=\frac{a^2}{2}$.
Do đó $S_{BCD}=\frac{1}{2}{S}_{ABD}⟹d(C,(SBD))=\frac{1}{2}d(A,(SBD))$.
Kẻ $AH\perp BD$ ($H\in BD$). Vì $SA\perp (ABCD)⟹SA\perp BD⟹BD\perp (SAH)$.
Kẻ $AK\perp SH$ ($K\in SH$) $⟹AK\perp (SBD)⟹d(A,(SBD))=AK$.
Trong tam giác vuông $ABD$ tại $A$:
$\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{A{D}^2}=\frac{1}{4a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{5}{4a^2}⟹AH=\frac{2a}{\sqrt{5}}$.
Trong tam giác vuông $SAH$ tại $A$:
$\frac{1}{A{K}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{2a^2}+\frac{5}{4a^2}=\frac{7}{4a^2}⟹AK=\frac{2a}{\sqrt{7}}=\frac{2a\sqrt{7}}{7}$.
Vậy khoảng cách từ $C$ đến $(SBD)$ là:
$d(C,(SBD))=\frac{1}{2}AK=\frac{1}{2}\cdot \frac{2a\sqrt{7}}{7}=\frac{a\sqrt{7}}{7}$.

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 $m+n=14$.

Chọn B.
Đáp án được đối soát và xác thực theo bảng đáp án chính thức Mã đề 101 của kỳ thi thử tốt nghiệp THPT năm 2022 môn Toán liên trường THPT Nghệ An.