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

**Chọn C**

+ Gọi $O$ là tâm hình vuông $ABCD$, $I$ là trung điểm của $CD$, kẻ $OH\perp SI$ tại $H$.
Vì $S.ABCD$ là hình chóp đều nên $SO\perp (ABCD)$.
+ Do $ABCD$ là hình vuông nên $OI\perp CD$ và $SO\perp CD\Rightarrow CD\perp (SOI)\Rightarrow CD\perp OH$.
Vì $OH\perp SI$ và $OH\perp CD$ nên $OH\perp (SCD)\Rightarrow d(O,(SCD))=OH$.
+ Lại có $AC\cap (SCD)=C\Rightarrow \frac{d(A,(SCD))}{d(O,(SCD))}=\frac{AC}{OC}=2\Rightarrow d(A,(SCD))=2OH$.
+ Tính $OH$:
Ta có $OI=\frac{AD}{2}=a$.
$AC=2a\sqrt{2}\Rightarrow OC=a\sqrt{2}$.
$SO=\sqrt{S{C}^2-O{C}^2}=\sqrt{(3a{)}^2-(a\sqrt{2}{)}^2}=a\sqrt{7}$.
Trong tam giác vuông $SOI$ vuông tại $O$:
$OH=\frac{SO\cdot OI}{\sqrt{S{O}^2+O{I}^2}}=\frac{a\sqrt{7}\cdot a}{\sqrt{7a^2+a^2}}=\frac{a\sqrt{14}}{4}$.
Suy ra: $d(A,(SCD))=2OH=\frac{a\sqrt{14}}{2}$.

Kẻ $BH\perp AC$ ($H\in AC$).
Vì $SA\perp (ABC)\Rightarrow SA\perp BH$.
Từ đó $BH\perp (SAC)\Rightarrow d(B,(SAC))=BH$.
Ta có $\widehat{BAC}=120^{\circ }\Rightarrow \widehat{BAH}=60^{\circ }$.
Tam giác vuông $ABH$ có $BH=AB\cdot \sin \widehat{BAH}=a\cdot \sin 60^{\circ }=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Vì $ABCD$ là hình thang vuông tại $A$ và $D$ nên $DC\parallel AB$, do đó $DC\parallel (SAB)$. Khoảng cách giữa $DC$ và $(SAB)$ bằng khoảng cách từ $D$ đến $(SAB)$. Ta có $DA\perp AB$ và $SD\perp AB$ nên $AB\perp (SAD)$. Kẻ $DH\perp SA$ tại $H$, suy ra $DH\perp (SAB)\Rightarrow d(D,(SAB))=DH$. Trong tam giác vuông $SAD$: $\frac{1}{D{H}^2}=\frac{1}{S{D}^2}+\frac{1}{A{D}^2}=\frac{1}{2a^2}+\frac{1}{4a^2}=\frac{3}{4a^2}\Rightarrow DH=\frac{2a}{\sqrt{3}}$. Chọn A.

Ta có $AD\parallel BC\Rightarrow AD\parallel (SBC)\Rightarrow d(SB,AD)=d(AD,(SBC))=d(A,(SBC))$.

Do $BC\perp (SAB)$, trong $(SAB)$ kẻ $AH\perp SB\Rightarrow AH\perp BC$. Do đó $AH\perp (SBC)\Rightarrow d(A,(SBC))=AH$.
Tam giác $SAB$ vuông tại $A$ có:
$AH=\frac{SA\cdot AB}{\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}}=\frac{a\sqrt{2}\cdot a}{\sqrt{(a\sqrt{2}{)}^2+a^2}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}$.

Ta có $BC\perp AC$ và $BC\perp SA⟹BC\perp (SAC)$. Kẻ $AH\perp SC$ tại $H$, khi đó $AH\perp BC$ nên $AH\perp (SBC)⟹d(A,(SBC))=AH$. Vì tam giác $SAC$ vuông cân tại $A$ có $SA=AC=a$ nên $AH=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Gọi $H$ là trung điểm của $AB\Rightarrow SH\perp AB$. Vì $(SAB)\perp (ABCD)$ nên $SH\perp (ABCD)$. Tam giác $SAB$ đều cạnh $a$ nên $SH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Vì $AB\parallel CD$ nên $AB\parallel (SCD)$, do đó $d(A,(SCD))=d(H,(SCD))$.

Gọi $M$ là trung điểm của $CD\Rightarrow HM=a$ và $HM\perp CD$. Vì $CD\perp SH$ và $CD\perp HM$ nên $CD\perp (SHM)\Rightarrow (SCD)\perp (SHM)$.

Trong mặt phẳng $(SHM)$, kẻ $HK\perp SM$ tại $K$, suy ra $HK\perp (SCD)$, nên $d(H,(SCD))=HK$.

Xét tam giác vuông $SHM$ tại $H$:
$HK=\frac{SH\cdot HM}{\sqrt{S{H}^2+H{M}^2}}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot a}{\sqrt{\frac{3a^2}{4}+a^2}}=\frac{a\sqrt{21}}{7}.$

**Chọn B**

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz trong đó: A ≡ O(0;0;0) ; B(a;0;0); D(0; 2a;0);S(0;0;a).

( 2a a (
Khi đó trọng tâm G của tam giác SAD có tọa độ: G 0; ;
) 3 3)


SB = (a;0; -a ); SD = (0; 2a; -a ) ; [ SB, SD ] = (2a 2 ;a 2 ; 2a 2 ).
]
]

Véc tơ pháp tuyến của mp ( SBD) là n = (2;1; 2)

Phương trình mp ( SBD) : 2 x + y + 2 z - 2a = 0
2.0 +

Vậy khoảng cách từ G đến ( SBD) là: d =

2a
a
+ 2. - 2a
2a
3
3
=
.
3
9

( AB ' D ') / / ( BDC ') $\Rightarrow$ d ( ( AB ' D ') , ( BDC ') ) = d ( C ', ( AB ' D ') ) = d ( A ', ( AB ' D ' ) ) = h .
Do khối tứ diện A ' AB ' D ' vuông tại A '
1 1 1 1 3 a 3
$\Rightarrow$ = + + = 2 $\Rightarrow$ h= .
h 2
( AA ') ( A ' B ') ( A ' D ')
2 2 2
a 3

Kẻ $AH\perp SD$ tại $H$. Dễ thấy $CD\perp AB,CD\perp SA\Rightarrow CD\perp (SAD)\Rightarrow CD\perp AH$, mà $AH\perp SD\Rightarrow AH\perp (SCD)$.

Suy ra $d(A,(SCD))=AH$. Ta có $\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{A{D}^2}+\frac{1}{S{A}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{3}{a^2}=\frac{4}{a^2}\Rightarrow AH=\frac{a}{2}$.

Vì $M$ là trung điểm $SB$ và $AB\parallel CD$ nên ta có $\mathrm{d}(M,(SCD))=\frac{1}{2}\mathrm{d}(B,(SCD))=\frac{1}{2}\mathrm{d}(A,(SCD))$.
Hạ $AH\perp SD$ $(1)$. Ta có $\{<table><tbody><tr><td>SA\perp CD</td></tr><tr><td>AD\perp CD</td></tr></tbody></table>\Rightarrow CD\perp (SAD)\Rightarrow AH\perp CD$ $(2)$.
Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $AH\perp (SCD)$ hay $\mathrm{d}(A,(SCD))=AH$.
Tam giác $SAD$ vuông tại $A$, có $SA=a$, $AD=a$ nên là tam giác vuông cân, do đó $H$ là trung điểm của $SD$ và $AH=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Vậy $\mathrm{d}(M,(SCD))=\frac{1}{2}AH=\frac{a\sqrt{2}}{4}$.

Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. Vì $ABCD$ là hình vuông nên $AO\perp BD$ và $AO=\frac{a\sqrt{2}}{2}$. Kẻ $AH\perp SO$ tại $H$. Vì $BD\perp (SAO)$ nên $BD\perp AH$, suy ra $AH\perp (SBD)$, do đó $h=AH$. Trong tam giác vuông $SAO$: $\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{O}^2}=\frac{1}{4a^2}+\frac{2}{a^2}=\frac{9}{4a^2}\Rightarrow AH=\frac{2a}{3}$. Chọn D.

16

**Chọn D**

Kẻ AH  BC , mặt khác A' I  BC  AH  A' I  AH  ( A' BC )

AC 2 . AB 2
( )
 d A, ( A' BC ) = AH =
AC + AB
2 2
=
2 5a
5
.

Kẻ $AH\perp B^{\prime }{C}^{\prime }$ tại $H$ và kẻ $AK\perp B^{\prime }H$ tại $K$. Khi đó khoảng cách từ $B$ đến $(A{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ bằng khoảng cách từ $A^{\prime }$ đến $(A{B}^{\prime }{C}^{\prime })$. Trong tứ diện vuông $A^{\prime }.A{B}^{\prime }{C}^{\prime }$, ta có $\frac{1}{d^2}=\frac{1}{A^{\prime }{A}^2}+\frac{1}{A^{\prime }{B}^{\prime 2}}+\frac{1}{A^{\prime }{C}^{\prime 2}}=\frac{1}{3a^2}+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{4a^2}=\frac{19}{12a^2}\Rightarrow d=\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{19}}a=\frac{2\sqrt{57}}{19}a$. Do $BC\parallel B^{\prime }{C}^{\prime }$ nên $BC\parallel (A{B}^{\prime }{C}^{\prime })$, do đó $d(B,(A{B}^{\prime }{C}^{\prime }))=d(A^{\prime },(A{B}^{\prime }{C}^{\prime }))=\frac{2\sqrt{57}}{19}a$. Chọn D.

Vì $M$ là trung điểm của $AD$ nên $\frac{d(A,(SCD))}{d(M,(SCD))}=2\Rightarrow d(M,(SCD))=\frac{1}{2}d(A,(SCD))$.

Trong $(SAC)$ dựng $AH\perp SC$ tại $H$ $(1)$.

Ta có: $\{\begin{array}{l}AC\perp CD\\ SA\perp CD\end{array}\Rightarrow CD\perp (SAC)\Rightarrow CD\perp AH$ $(2)$.

Từ $(1)$ và $(2)\Rightarrow AH\perp (SCD)\Rightarrow d(A,(SCD))=AH$.

Ta có: $\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{A{C}^2}+\frac{1}{A{S}^2}=\frac{1}{2a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{3}{2a^2}\Rightarrow AH=\frac{a\sqrt{6}}{3}$.

Vậy $d(M,(SCD))=\frac{a\sqrt{6}}{6}$.

**Chọn D**

(Theo bảng đáp án chính thức của Sở GD&ĐT Bắc Ninh - Mã đề 101, trang 13-14; đề thi gốc không kèm lời giải tự luận chi tiết).

**Chọn A**

 = 600 ⇒ SA = AC.tan 600 = a 2. 3 = a 6.
+ Ta có ( SC , ( ABCD) ) = SCA
a 2
.a 6
AO. AS 2 a 78
+ d ( C , ( SBD=
) ) d ( A, ( SBD
= )) AH
= = = .
AO 2 + AS 2 a 2
2 13
( )
2
  + a 6
 2 

Gọi $M$ là trung điểm $BC$ và $O$ là trọng tâm tam giác đều $ABC$ cạnh $2a$. Khi đó $AM=a\sqrt{3}$, $OM=\frac{a\sqrt{3}}{3}$ và $SO=a\sqrt{3}\perp (ABC)$.
Trong tam giác vuông $SOM$, kẻ $OH\perp SM$ tại $H$ thì $OH\perp (SBC)$ và $\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{S{O}^2}+\frac{1}{O{M}^2}=\frac{1}{3a^2}+\frac{3}{a^2}=\frac{10}{3a^2}\Rightarrow OH=\frac{a\sqrt{30}}{10}$.
Vì $AM=3OM$ nên $d(A,(SBC))=3d(O,(SBC))=3OH=\frac{3a\sqrt{30}}{10}$.

Chọn D.


Đáy là hình vuông tâm $O$ nên $BD\perp AC$. Lại có $SA\perp (ABCD)\Rightarrow SA\perp BD$, suy ra $BD\perp (SAC)$.
Do đó hình chiếu của $I$ lên $(SAC)$ là điểm trên đường thẳng $AC$.
Khoảng cách từ $I$ đến $(SAC)$ bằng $IO$.
Vì $I$ là trung điểm $DO$ nên $IO=\frac{1}{2}DO=\frac{1}{4}BD=\frac{1}{4}(4a\sqrt{2})=a\sqrt{2}$.

Ta có $BD=AB\sqrt{2}=2a\Rightarrow AB=a\sqrt{2}$.
Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $CD,SC$. Khi đó:
$CD\perp OM$ (do $OM\parallel AD\perp CD$) và $CD\perp ON$ (do $ON\parallel SA\perp CD$).
Suy ra $CD\perp (OMN)\Rightarrow (SCD)\perp (OMN)$ theo giao tuyến $MN$.
Kẻ $OH\perp MN$ tại $H$, suy ra $OH\perp (SCD)$, do đó $d(O,(SCD))=OH$.
Tam giác $OMN$ vuông tại $O$ với $OM=\frac{AD}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$, $ON=\frac{SA}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
$\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{O{M}^2}+\frac{1}{O{N}^2}=\frac{2}{a^2}+\frac{4}{3a^2}=\frac{10}{3a^2}\Rightarrow OH=\frac{a\sqrt{30}}{10}.$

Gọi $I=B{C}^{\prime }\cap B^{\prime }C$ là trung điểm của $B{C}^{\prime }$, suy ra $d(C^{\prime },(B^{\prime }AC))=d(B,(B^{\prime }AC))$.
Gọi $M$ là trung điểm của $AC$ và $H$ là hình chiếu vuông góc của $B$ lên $B^{\prime }M$.
Vì $AC\perp BM$ và $AC\perp B{B}^{\prime }$ nên $AC\perp (B^{\prime }BM)\Rightarrow (B^{\prime }AC)\perp (B^{\prime }BM)$ theo giao tuyến $B^{\prime }M$.
Do đó $BH\perp (B^{\prime }AC)\Rightarrow d(C^{\prime },(B^{\prime }AC))=d(B,(B^{\prime }AC))=BH$.
Trong $△B^{\prime }BM$ vuông tại $B$, có $BM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ và $B^{\prime }B=2a$ nên:
$BH=\frac{B{B}^{\prime }\cdot BM}{\sqrt{B{B}^{\prime 2}+B{M}^2}}=\frac{2a\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{4a^2+\frac{3a^2}{4}}}=\frac{2\sqrt{57}}{19}a$.