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

(AI giải đề cho tôi)
Vì lăng trụ đứng nên $A{A}^{\prime }\perp (ABC)$, do đó $AB\perp B{B}^{\prime }$. Mặt khác tam giác $ABC$ vuông tại $B$ nên $AB\perp BC$. Từ đó $AB\perp (A^{\prime }BC)$ (vì $AB$ vuông với hai đường thẳng cắt nhau $BC$ và $B{B}^{\prime }$ cùng nằm trong mặt phẳng $(A^{\prime }BC)$). Vậy khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $(A^{\prime }BC)$ chính là độ dài đoạn $AB$, tức $d(A,(A^{\prime }BC))=AB=a$. Lưu ý dữ kiện $A{A}^{\prime }=2a$ không cần dùng đến cho câu này.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $K$ là trung điểm của $AB$. Vì tam giác $ABC$ vuông tại $A$ nên $H$ (trung điểm $BC$) là tâm đường tròn ngoại tiếp, do đó $HA=HB=HC$, tức tam giác $HAB$ cân tại $H$. Suy ra $HK\perp AB$ với $K$ là trung điểm $AB$.

Ta có $SH\perp (ABC)$ nên $SH\perp AB$. Kết hợp $HK\perp AB$ suy ra $AB\perp (SHK)$. Vì $AB$ là giao tuyến của $(SAB)$ và $(ABC)$, góc giữa hai mặt phẳng này là $\widehat{SKH}=60^{\circ }$.

Khoảng cách từ $H$ đến $AB$: trong tam giác vuông $ABC$, đường trung bình $HK$ (với $K$ trung điểm $AB$, $H$ trung điểm $BC$) nên $HK=\frac{AC}{2}=\frac{a}{2}$.

Tam giác $SHK$ vuông tại $H$ (vì $SH\perp (ABC)$ nên $SH\perp HK$) có $\widehat{SKH}=60^{\circ }$, do đó $SH=HK\cdot \tan 60^{\circ }=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Vì $AB\perp (SHK)$, đoạn vuông góc từ $H$ xuống $(SAB)$ nằm trong mặt phẳng $(SHK)$, hạ từ $H$ vuông góc với $SK$ (giao tuyến của $(SHK)$ và $(SAB)$). Trong tam giác vuông $SHK$ (vuông tại $H$):
$$d(H,(SAB))=\frac{SH\cdot HK}{SK}=HK\cdot \sin 60^{\circ }=\frac{a}{2}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{4}.$$

Vậy khoảng cách từ $H$ đến mặt phẳng $(SAB)$ bằng $\frac{a\sqrt{3}}{4}$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $H$ là trung điểm $AD$. Vì tam giác $SAD$ cân tại $S$ nên $SH\perp AD$; lại $(SAD)\perp (ABCD)$ nên $SH\perp (ABCD)$, tức $SH$ là chiều cao của chóp.

Thể tích: $V=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}\cdot SH=\frac{1}{3}\cdot (\sqrt{2}a{)}^2\cdot SH=\frac{2a^2\cdot SH}{3}=\frac{4}{3}{a}^3\Rightarrow SH=2a$.

Ta có $AD=\sqrt{2}a\Rightarrow AH=\frac{\sqrt{2}a}{2}$, suy ra $SA=SD=\sqrt{S{H}^2+A{H}^2}=\sqrt{4a^2+\frac{a^2}{2}}=\frac{3a}{\sqrt{2}}$.

Thiết lập hệ trục tọa độ: $A(0;0;0)$, $D(\sqrt{2}a;0;0)$, $C(\sqrt{2}a;\sqrt{2}a;0)$, $B(0;\sqrt{2}a;0)$, $S\left(\frac{\sqrt{2}a}{2};0;2a\right)$.

Mặt phẳng $(SCD)$ đi qua $D$ với hai vectơ chỉ phương $\overrightarrow{DC}=(0;\sqrt{2}a;0)$, $\overrightarrow{DS}=\left(-\frac{\sqrt{2}a}{2};0;2a\right)$ có vectơ pháp tuyến $\vec{n}=\overrightarrow{DC}\times \overrightarrow{DS}=(2\sqrt{2}{a}^2;0;a^2)$, tức $\vec{n}=(2\sqrt{2};0;1)$.

Phương trình mặt phẳng: $2\sqrt{2}(x-\sqrt{2}a)+z=0\iff 2\sqrt{2}x+z-4a=0$ (kiểm tra: điểm $S$ thỏa mãn).

Khoảng cách từ $B(0;\sqrt{2}a;0)$ đến $(SCD)$:
$$h=\frac{|2\sqrt{2}\cdot 0+0-4a|}{\sqrt{8+1}}=\frac{4a}{3}.$$

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình lập phương $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ cạnh $a$, ta có $BD\parallel B^{\prime }{D}^{\prime }$ nên $BD\parallel (A{B}^{\prime }{D}^{\prime })$. Do đó khoảng cách giữa $BD$ và $A{D}^{\prime }$ bằng khoảng cách từ $BD$ đến mặt phẳng $(A{B}^{\prime }{D}^{\prime })$, tức bằng khoảng cách từ $B$ (hoặc $D$) đến mặt phẳng $(A{B}^{\prime }{D}^{\prime })$. Vì $A{B}^{\prime }\perp B^{\prime }{D}^{\prime }$ (tam giác $AB{B}^{\prime }$ vuông cân) và $B{B}^{\prime }\perp B^{\prime }{D}^{\prime }$, nên $B^{\prime }{D}^{\prime }\perp (AB{B}^{\prime })$, suy ra $(A{B}^{\prime }{D}^{\prime })\perp (AB{B}^{\prime })$ theo giao tuyến $A{B}^{\prime }$. Khoảng cách từ $B$ đến $(A{B}^{\prime }{D}^{\prime })$ bằng khoảng cách từ $B$ đến $A{B}^{\prime }$ trong mặt phẳng $(AB{B}^{\prime })$: tam giác $AB{B}^{\prime }$ vuông cân tại $B$ với $AB=B{B}^{\prime }=a$, đường cao từ $B$ xuống $A{B}^{\prime }$ có độ dài $\frac{AB\cdot B{B}^{\prime }}{A{B}^{\prime }}=\frac{a\cdot a}{a\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$. Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng $BD$ và $A{D}^{\prime }$ là $\frac{a\sqrt{2}}{2}$, tương ứng đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 3: a) Thể tích khối chóp $S.ABCD$ là $V=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}\cdot SA=\frac{1}{3}{a}^2\cdot a\sqrt{3}=\frac{a^3\sqrt{3}}{3}$.

b) Ta có $AB\perp CD$ (vì $ABCD$ là hình vuông) và $SA\perp CD$ (vì $SA\perp (ABCD)$), suy ra $CD\perp (SAB)$, do đó $CD\perp SB$.
Diện tích tam giác $SCD$: $S_{SCD}=\frac{1}{2}CD\cdot SB=\frac{1}{2}a\cdot \sqrt{S{A}^2+A{B}^2}=\frac{1}{2}a\cdot \sqrt{3a^2+a^2}=\frac{1}{2}a\cdot 2a=a^2$.
Thể tích khối chóp $S.BCD$: $V_{S.BCD}=\frac{1}{3}{V}_{S.ABCD}=\frac{a^3\sqrt{3}}{9}$ (do $S_{BCD}=\frac{1}{2}{S}_{ABCD}$).
Mặt khác $V_{S.BCD}=V_{B.SCD}=\frac{1}{3}{S}_{SCD}\cdot d(B,(SCD))=\frac{1}{3}{a}^2\cdot d$.
Suy ra $d(B,(SCD))=\frac{3\cdot \frac{a^3\sqrt{3}}{9}}{a^2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABCD$ là hình chữ nhật nên $AD\parallel BC$, do đó $d(D,(SBC))=d(A,(SBC))$. Ta có $BC\perp AB$ (hình chữ nhật) và $BC\perp SA$ (vì $SA\perp (ABCD)$), suy ra $BC\perp (SAB)$, nên $(SBC)\perp (SAB)$ tại giao tuyến $SB$. Khoảng cách từ $A$ đến $(SBC)$ là độ dài đoạn vuông góc từ $A$ xuống $SB$ trong mặt phẳng $(SAB)$. Trong tam giác vuông $SAB$ (vuông tại $A$) với $SA=2a$, $AB=a\sqrt{2}$, ta có $SB=\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}=\sqrt{4a^2+2a^2}=a\sqrt{6}$. Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ trên $SB$, thì $AH=\frac{SA\cdot AB}{SB}=\frac{2a\cdot a\sqrt{2}}{a\sqrt{6}}=\frac{2a\sqrt{2}}{\sqrt{6}}=\frac{2a\sqrt{3}}{3}$. Vậy $d=\frac{2a\sqrt{3}}{3}$, tương ứng phương án C.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên góc giữa $SB$ và đáy là góc $SBA=45^{\circ }$, suy ra $SA=AB\tan 45^{\circ }=a$. Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có $BC=\sqrt{a^2+3a^2}=2a$, đường cao $AH=\frac{AB\cdot AC}{BC}=\frac{a\cdot a\sqrt{3}}{2a}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ với $H\in BC$, mà $BC$ là giao tuyến của $(ABC)$ và $(SBC)$ nên $AH\perp (SBC)$... chính xác hơn: $SA\perp BC$ và $AH\perp BC$ suy ra $BC\perp (SAH)$. Gọi $K$ là chân đường vuông góc từ $A$ xuống $SK$ trong mặt phẳng $(SAH)$, khi đó $AK\perp (SBC)$ và $AK=\frac{SA\cdot AH}{\sqrt{S{A}^2+A{H}^2}}=\frac{a\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{a^2+\frac{3a^2}{4}}}=\frac{\frac{a^2\sqrt{3}}{2}}{\frac{a\sqrt{7}}{2}}=\frac{a\sqrt{21}}{7}$. Vậy $d(A,(SBC))=\frac{a\sqrt{21}}{7}$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp AB$, góc giữa $SB$ và mặt đáy là góc $SBA=60^o$. Suy ra $SA=AB\tan 60^o=a\sqrt{3}$, $SB=\frac{AB}{\cos 60^o}=2a$.

Ta có $BC\perp AB$ (đáy hình vuông) và $BC\perp SA$ nên $BC\perp (SAB)$, do đó $(SBC)\perp (SAB)$ theo giao tuyến $SB$. Khoảng cách từ $A$ đến $(SBC)$ bằng khoảng cách từ $A$ đến đường thẳng $SB$ trong mặt phẳng $(SAB)$:
$$d(A,(SBC))=d(A,SB)=\frac{AB\cdot SA}{SB}=\frac{a\cdot a\sqrt{3}}{2a}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$$

(AI giải đề cho tôi)
Vì $AB\perp AD$ và $AB\perp SA$ (do $SA\perp (ABCD)$) nên $AB\perp (SAD)$, suy ra $(SAB)\perp (SAD)$ với giao tuyến $AB$. Do đó khoảng cách từ $D$ đến $(SAB)$ bằng khoảng cách từ $D$ đến $AB$ trong mặt phẳng $(SAD)$, tức bằng $AD=BC=2a$. Vậy đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy là tam giác đều cạnh 2a. Mặt phẳng (BCC'B') chứa BC và vuông góc với mặt đáy (ABC), nên khoảng cách từ A đến (BCC'B') bằng khoảng cách từ A đến đường thẳng BC trong mặt đáy, tức là đường cao của tam giác đều ABC: $d(A,(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }))=\frac{2a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$. Vậy chọn C.

(AI giải đề cho tôi)
Đáy vuông cân tại C, AB=3√6 là cạnh huyền nên AC=BC=3√6/√2=3√3. Vì SA⊥(ABC) nên góc giữa SC và (ABC) là góc SCA=60°, suy ra SA=AC·tan60°=3√3·√3=9. Thể tích khối chóp: V=(1/3)·(1/2·AC·BC)·SA=(1/3)·(27/2)·9=81/2. Trong mặt phẳng (ABC), AC⊥BC nên khoảng cách từ A đến BC là AC=3√3, do đó d(S,BC)=√(SA²+AC²)=√(81+27)=6√3. Diện tích tam giác SBC=(1/2)·BC·SC=(1/2)·3√3·6√3=27. Khoảng cách từ A đến (SBC): d=3V/S△SBC=(3·81/2)/27=9/2=4,5.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $D{D}^{\prime }\parallel B{B}^{\prime }$ nên $D{D}^{\prime }\parallel (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$. Do đó khoảng cách giữa $A{B}^{\prime }$ và $D{D}^{\prime }$ bằng khoảng cách từ $D{D}^{\prime }$ đến mặt phẳng $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$, tức bằng $AD=a$. Vậy đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
a) Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp CD$. Đúng.

b) Vì $SA\perp (ABCD)$ nên hình chiếu của $S$ lên $(ABCD)$ là $A$, do đó hình chiếu của $SB$ lên $(ABCD)$ là $AB$, không phải $DB$. Sai.

c) $ABCD$ là hình vuông nên $AC\perp BD$; lại có $SA\perp BD$ (vì $SA\perp (ABCD)$). Suy ra $BD\perp (SAC)$, mà $BD\subset (ABCD)$ nên $(SAC)\perp (ABCD)$. Đúng.

d) Thể tích khối chóp $S.BCD$: $V=\frac{1}{3}\cdot S_{BCD}\cdot SA=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2}{2}\cdot 2a=\frac{a^3}{3}$. Tam giác $SBC$ vuông tại $B$ vì $SB=a\sqrt{5}$ (do $S{B}^2=S{A}^2+A{B}^2=5a^2$), $BC=a$, $SC=a\sqrt{6}$ (do $S{C}^2=S{A}^2+A{C}^2=6a^2$) thỏa $S{B}^2+B{C}^2=S{C}^2$; diện tích $S_{SBC}=\frac{1}{2}\cdot SB\cdot BC=\frac{1}{2}\cdot a\sqrt{5}\cdot a=\frac{a^2\sqrt{5}}{2}$. Khoảng cách $d(D,(SBC))=\frac{3V}{S_{SBC}}=\frac{a^3}{\frac{a^2\sqrt{5}}{2}}=\frac{2a}{\sqrt{5}}$. Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
$SA\perp (ABCD)\Rightarrow SA\perp CD$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của $S$ lên $(ABCD)$ là $A$, nên hình chiếu của $SB$ là $AB$, không phải $DB$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$AC\perp BD$ và $SA\perp BD$ suy ra $BD\perp (SAC)$, do đó $(SAC)\perp (ABCD)$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Tam giác $SBC$ vuông tại $B$ với $SB=a\sqrt{5}$, $BC=a$, $SC=a\sqrt{6}$; $S_{SBC}=\frac{a^2\sqrt{5}}{2}$, $V_{S.BCD}=\frac{a^3}{3}$, nên $d(D,(SBC))=\frac{3V}{S_{SBC}}=\frac{2a}{\sqrt{5}}$.

Giải: $A{A}^{\prime }=\sqrt{h^2+\frac{(AB-A^{\prime }{B}^{\prime }{)}^2}{3}}=\sqrt{3^2+\frac{(2-1{)}^2}{3}}\approx 3,06$ — ĐS : 3,06

Giải: $A{A}^{\prime }=\sqrt{h^2+\frac{(AB-A^{\prime }{B}^{\prime }{)}^2}{3}}=\sqrt{2^2+\frac{(3-1{)}^2}{3}}\approx 2,31$ — ĐS : 2,31

a) Chứng minh $BC\perp (SAB)$. Gọi $H$ là trung điểm của $AB$. Ta có $SH\perp (ABCD)$. $\Rightarrow$ Ta có $BC\perp AB$, $BC\perp SH\Rightarrow BC\perp (SAB)$.

b) Tính khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $(SCD)$. Ta có $AB\parallel (SCD)\Rightarrow d(A,(SCD))=d(H,(SCD))$. Gọi $K$ là trung điểm của $CD$, $O$ là hình chiếu của $H$ trên $SK$. Chứng minh $HO\perp (SCD)$ để $\Rightarrow d(H,(SCD))=HO$. Tính được $SH=\frac{a\sqrt{2}}{2}\Rightarrow \frac{1}{H{O}^2}=\frac{1}{4a^2}+\frac{4}{2a^2}=\frac{9}{4a^2}\Rightarrow HO=\frac{2a}{3}$. $\Rightarrow d(A,(SCD))=\frac{2a}{3}$.

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp S.ABCD đáy hình vuông cạnh AB=AD=3, SA=4 vuông góc đáy, M trung điểm SC.
a) Sai. AB⊥SA và AB⊥AD nên AB⊥(SAD), suy ra (SAB)⊥(SAD) với giao tuyến SA. Do đó d(C,(SAB))=d(C,SA). Trong mặt phẳng (SAD), tam giác SAD vuông tại A với SA=4, AD=3, SD=5, nên d(C,SA)=SA·AD/SD=12/5. Mặt khác AC=3√2 nên SC=√(SA²+AC²)=√(16+18)=√34. Vậy sinα=12/(5√34), suy ra tanα=12/√(850−144)=12/√706≈0.4515, khác 2√2/3≈0.943. Mệnh đề sai.
b) Sai. M là trung điểm SC nên d(M,(ABCD))=SA/2=2≠4.
c) Đúng. SA⊥(ABCD) nên SA vuông góc với mọi đường thẳng trong mặt đáy, do đó SA⊥BC.
d) Đúng. O là trung điểm AC, M là trung điểm SC nên MO là đường trung bình tam giác SAC, MO∥SA. Vì SA⊥(ABCD) nên MO⊥(ABCD).
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
AB⊥SA và AB⊥AD nên AB⊥(SAD), suy ra (SAB)⊥(SAD) với giao tuyến SA. Do đó d(C,(SAB))=d(C,SA). Trong mặt phẳng (SAD), tam giác SAD vuông tại A với SA=4, AD=3, SD=5, nên d(C,SA)=SA·AD/SD=12/5. Mặt khác SC=√(SA²+AC²)=√(16+18)=√34. Vậy sinα=12/(5√34), suy ra tanα=12/√706≈0.4515≠2√2/3≈0.943. Mệnh đề sai.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
M trung điểm SC nên d(M,(ABCD))=SA/2=2≠4.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
SA⊥(ABCD) nên SA⊥BC.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
MO là đường trung bình tam giác SAC nên MO∥SA⊥(ABCD).

a) Chứng minh $BC\perp (SAB)$. Gọi $H$ là trung điểm của $AB$. Ta có $SH\perp (ABCD)$. $\Rightarrow$ Ta có $BC\perp AB$, $BC\perp SH\Rightarrow BC\perp (SAB)$.

b) Tính khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $(SCD)$. Ta có $AB\parallel (SCD)\Rightarrow d(A,(SCD))=d(H,(SCD))$. Gọi $K$ là trung điểm của $CD$, $O$ là hình chiếu của $H$ trên $SK$. Chứng minh $HO\perp (SCD)$ để $\Rightarrow d(H,(SCD))=HO$. Tính được $SH=\frac{a\sqrt{2}}{2}\Rightarrow \frac{1}{H{O}^2}=\frac{1}{4a^2}+\frac{4}{2a^2}=\frac{9}{4a^2}\Rightarrow HO=\frac{2a}{3}$. $\Rightarrow d(A,(SCD))=\frac{2a}{3}$.

a) $\{\begin{array}{l}BC\perp AB(gt)\\ BC\perp SA(viSA\perp (ABC))\end{array}\Rightarrow BC\perp (SAB)$.

b) Trong $(SAC)$, kẻ $MN\perp SC$ mà $MN\perp BM$ nên $MN$ là đường vuông góc chung của $BM$ và $SC$.
$\Rightarrow d(BM,SC)=MN$.
Trong $(SAC)$, kẻ $AH\perp SC$ nên $H$ là trung điểm $SC$ mà $N$ là trung điểm $HC$ nên ta có $MN$ là đường trung bình của tam giác ACH.
Do đó, $d(BM,SC)=MN=\frac{1}{2}AH=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}\cdot SC=\frac{1}{2}$.

(Ghi chú: bản gốc lời giải đánh nhãn phần b là 'c)'; hình vẽ kèm ghi chú 'Hình vẽ chỉ đúng câu a'.)

a) $\{\begin{array}{l}BC\perp AB(gt)\\ BC\perp SA(viSA\perp (ABC))\end{array}\Rightarrow BC\perp (SAB)$.

b) Trong $(SAC)$, kẻ $MN\perp SC$ mà $MN\perp BM$ nên $MN$ là đường vuông góc chung của $BM$ và $SC$.
$\Rightarrow d(BM,SC)=MN$.
Trong $(SAC)$, kẻ $AH\perp SC$ nên $H$ là trung điểm $SC$ mà $N$ là trung điểm $HC$ nên ta có $MN$ là đường trung bình của tam giác ACH.
Do đó, $d(BM,SC)=MN=\frac{1}{2}AH=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}\cdot SC=\frac{1}{2}$.

(Ghi chú: bản gốc lời giải đánh nhãn phần b là 'c)'; hình vẽ kèm ghi chú 'Hình vẽ chỉ đúng câu a'.)