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

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy a = 220 m, chiều cao SO = 147 m. Tam giác vuông tại O với OC = (a√2)/2 = 110√2, nên khoảng cách từ trung điểm của OC đến CD (đường cao của tam giác OCD, cũng là đường cao của tam giác đều cạnh 220) là h' = 55√3. Tam giác SOC vuông tại O có đường cao k từ O xuống SC: k = SO·OC/SC với SC = √(147² + (110√2)²) = √45809 ≈ 214,03, nên k ≈ 147·110√2/214,03 ≈ 106,84. Trong mặt phẳng (SCD), tam giác SCD cân, khoảng cách từ O (nằm trên đường trung tuyến từ C) đến CD tính theo tỷ lệ chia trên trung tuyến: d = k·(h'/(k + h'))? Cách chuẩn: dùng thể tích. Thể tích khối chóp S.ABCD: V = (1/3)·220²·147 = 2 371 600 m³. Tam giác SCD có đường cao từ S là trung đoạn l = √(147² + 110²) = √33709 ≈ 183,60, diện tích S_SCD = (1/2)·220·183,60 ≈ 20 195,7 m². Tâm O chia khối chóp thành 4 khối chóp bằng nhau với các mặt bên, nên V(O,SCD) = V/4. Khi đó d(O,(SCD)) = 3·V(O,SCD)/S_SCD = 3V/(4·S_SCD) = 7 114 800/80 782,8 ≈ 88,07 ≈ 88 m. Kết quả khớp với đáp án 88.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA=\sqrt{S{B}^2-A{B}^2}=\sqrt{36-9}=3\sqrt{3}$. Diện tích đáy $S_{ABC}=\frac{9\sqrt{3}}{4}$. Tam giác $SBC$ cân tại $S$ với $SB=SC=6$, $BC=3$, đường cao từ $S$ xuống $BC$ bằng $\sqrt{36-2,25}=\frac{\sqrt{135}}{2}$, nên $S_{SBC}=\frac{1}{2}\cdot 3\cdot \frac{\sqrt{135}}{2}=\frac{3\sqrt{135}}{4}$. Thể tích khối chóp $V=\frac{1}{3}SA\cdot S_{ABC}=\frac{1}{3}d(A,(SBC))\cdot S_{SBC}$, suy ra $d(A,(SBC))=\frac{SA\cdot S_{ABC}}{S_{SBC}}=\frac{3\sqrt{3}\cdot \frac{9\sqrt{3}}{4}}{\frac{3\sqrt{135}}{4}}=\frac{27}{\sqrt{135}}=\frac{3\sqrt{15}}{5}\approx 2,32$.

Chuyển khoảng cách về đỉnh $A$: Vì $ABCD$ là hình thoi nên $AB\parallel CD$; mà $CD\subset (SCD)$ và $AB\not\subset (SCD)$ nên $AB\parallel (SCD)$. Do đó $$d(B,(SCD))=d(A,(SCD)).$$ Tính thể tích khối chóp $S.ACD$: Trong hình thoi, $\widehat{ADC}=180^{\circ }-\widehat{BAD}=120^{\circ }$ và $AD=DC=1$, nên $$S_{ACD}=\frac{1}{2}\cdot AD\cdot DC\cdot \sin \widehat{ADC}=\frac{1}{2}\cdot 1\cdot 1\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{4},A{C}^2=A{D}^2+D{C}^2-2AD\cdot DC\cos 120^{\circ }=3.$$ Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $$V_{S.ACD}=\frac{1}{3}\cdot S_{ACD}\cdot SA=\frac{1}{3}\cdot \frac{\sqrt{3}}{4}\cdot 1=\frac{\sqrt{3}}{12}.$$ Tính diện tích tam giác $SCD$: Do $SA\perp (ABCD)$ nên các tam giác $SAD$ và $SAC$ vuông tại $A$, suy ra $$SD=\sqrt{S{A}^2+A{D}^2}=\sqrt{2},SC=\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}=2,CD=1.$$ Trong tam giác $SCD$, theo định lí côsin: $$\cos \widehat{SDC}=\frac{S{D}^2+D{C}^2-S{C}^2}{2\cdot SD\cdot DC}=\frac{2+1-4}{2\sqrt{2}}=-\frac{\sqrt{2}}{4}⟹\sin \widehat{SDC}=\sqrt{1-\frac{2}{16}}=\frac{\sqrt{14}}{4}.$$ Do đó $$S_{SCD}=\frac{1}{2}\cdot SD\cdot DC\cdot \sin \widehat{SDC}=\frac{1}{2}\cdot \sqrt{2}\cdot 1\cdot \frac{\sqrt{14}}{4}=\frac{\sqrt{7}}{4}.$$ Kết luận: $$d(B,(SCD))=d(A,(SCD))=\frac{3V_{S.ACD}}{S_{SCD}}=\frac{3\cdot \frac{\sqrt{3}}{12}}{\frac{\sqrt{7}}{4}}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}}=\frac{\sqrt{21}}{7}.$$ Đáp số: $d(B,(SCD))=\frac{\sqrt{21}}{7}\approx 0,65$.

Ta có $AC\parallel A^{\prime }{C}^{\prime }$ nên $AC\parallel (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$.
Do đường thẳng $B^{\prime }M$ nằm trong mặt phẳng $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ nên khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $AC$ và $B^{\prime }M$ bằng khoảng cách từ đường thẳng $AC$ đến mặt phẳng $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$, chính bằng khoảng cách giữa hai đáy $(ABC)$ và $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$.
Vì lăng trụ đứng có tất cả các cạnh bằng $2a$ nên chiều cao của lăng trụ là $A{A}^{\prime }=2a$.
Vậy $d(AC,B^{\prime }M)=d(AC,(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }))=A{A}^{\prime }=2a$.

Vì $AB\parallel CD$ nên $AB\parallel (SCD)$. Do đó $d(AB,SC)=d(AB,(SCD))=d(A,(SCD))=2d(O,(SCD))$.
Gọi $M$ là trung điểm của $CD$, suy ra $OM\perp CD$ và $OM=\frac{a}{2}$.
Vì $SO\perp (ABCD)$ nên $SO\perp CD$, từ đó suy ra $CD\perp (SOM)$.
Trong mặt phẳng $(SOM)$, kẻ $OH\perp SM$ tại $H$, thì $OH\perp (SCD)$, do đó $d(O,(SCD))=OH$.
Tam giác $SOM$ vuông tại $O$, ta có: $\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{S{O}^2}+\frac{1}{O{M}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{4}{a^2}=\frac{5}{a^2}⟹OH=\frac{a}{\sqrt{5}}=\frac{a\sqrt{5}}{5}$.
Vậy $d(AB,SC)=2OH=\frac{2a\sqrt{5}}{5}$. Chọn D.

Ta có $CD\perp AD$ và $CD\perp SA⟹CD\perp (SAD)$.
Kẻ $AH\perp SD$ tại $H$. Vì $CD\perp (SAD)⟹CD\perp AH$, suy ra $AH\perp (SCD)$.
Do đó khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $(SCD)$ chính là đoạn $AH$.
Xét $\Delta SAD$ vuông tại $A$ có đường cao $AH$:
$\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{D}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{(2a{)}^2}=\frac{5}{4a^2}⟹AH=\frac{2a}{\sqrt{5}}=\frac{2a\sqrt{5}}{5}$. Chọn C.

Gọi $H,M$ lần lượt là trung điểm của $AB$ và $CD$. Khi đó $SH\perp (ABCD),SH=\frac{a\sqrt{3}}{2},HM=a$. Vì $AB\parallel (SCD)$ nên $d(AB,SC)=d(AB,(SCD))=d(H,(SCD))=\frac{SH\cdot HM}{\sqrt{S{H}^2+H{M}^2}}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot a}{\sqrt{\frac{3a^2}{4}+a^2}}=\frac{a\sqrt{21}}{7}$. Chọn đáp án B.

Gọi $M$ là trung điểm của $CD$, suy ra $OM\perp CD$ và $OM=\frac{a}{2}$.
Vì $SO\perp (ABCD)$ nên $CD\perp (SOM)$.
Trong tam giác vuông $SOM$, kẻ $OH\perp SM$ tại $H$, suy ra $OH\perp (SCD)$, do đó $d(O,(SCD))=OH$.
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $SOM$:
$\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{S{O}^2}+\frac{1}{O{M}^2}=\frac{1}{2a^2}+\frac{1}{\frac{a^2}{4}}=\frac{1}{2a^2}+\frac{4}{a^2}=\frac{9}{2a^2}\Rightarrow OH=\frac{a\sqrt{2}}{3}$.

Gọi $O=AC\cap BD$. Ta có $BO\perp (SAC)$ nên $d(B,(SAC))=BO=\frac{2a\sqrt{2}}{2}=a\sqrt{2}$.

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 $\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Gọi $H$ là trung điểm của $AB\Rightarrow SH\perp (ABCD)$ và $SH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Vì $CB\parallel (SAD)$ nên $d(C,(SAD))=d(B,(SAD))=2d(H,(SAD))$. Kẻ $HK\perp SA$ tại $K$, vì $AD\perp (SAB)$ nên $AD\perp HK\Rightarrow HK\perp (SAD)$. Trong tam giác vuông $SHA$: $HK=\frac{SH\cdot HA}{SA}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{a}{2}}{a}=\frac{a\sqrt{3}}{4}$. Vậy $d(C,(SAD))=2HK=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Chọn đáp án B.

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 $A$:
$\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{D}^2}=\frac{1}{3a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{4}{3a^2}⟹AH=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$

Kẻ $AH\perp BC$ tại $H$. Vì $\widehat{ABC}=120^{\circ }$ nên điểm $B$ nằm giữa $C$ và $H$, góc $\widehat{ABH}=60^{\circ }$.
Tam giác $ABH$ vuông tại $H$ có $AH=AB\cdot \sin 60^{\circ }=2a\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$.
Vì $BC\perp AH$ và $BC\perp SA⟹BC\perp (SAH)$.
Kẻ $AK\perp SH$ tại $K$, suy ra $AK\perp (SBC)$, do đó $d(A,(SBC))=AK$.
Trong tam giác vuông $SAH$:
$\frac{1}{A{K}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{(3a{)}^2}+\frac{1}{(a\sqrt{3}{)}^2}=\frac{1}{9a^2}+\frac{1}{3a^2}=\frac{4}{9a^2}⟹AK=\frac{3a}{2}.$

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 $d=\frac{a\sqrt{3}}{3}$.

Gọi $H$ là trung điểm $AB\Rightarrow SH\perp (ABCD)$.
Diện tích đáy $S_{ABCD}=(2a{)}^2=4a^2$.
Thể tích khối chóp: $V=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}\cdot SH=\frac{4a^3}{3}\Rightarrow \frac{1}{3}\cdot 4a^2\cdot SH=\frac{4a^3}{3}\Rightarrow SH=a$.
Vì $AB\parallel CD$ nên $AB\parallel (SCD)\Rightarrow d(A,(SCD))=d(H,(SCD))$.
Kẻ $HM\perp CD$ tại trung điểm $M$ của $CD\Rightarrow HM=2a$. Kẻ $HK\perp SM\Rightarrow HK=d(H,(SCD))$.
Trong tam giác vuông $SHM$:
$\frac{1}{H{K}^2}=\frac{1}{S{H}^2}+\frac{1}{H{M}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{4a^2}=\frac{5}{4a^2}\Rightarrow HK=\frac{2a}{\sqrt{5}}=\frac{2a\sqrt{5}}{5}$

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 $d=2OH=\frac{2a\sqrt{5}}{5}$.

Vì $A^{\prime }A\perp (ABC)$ nên hình chiếu của $A^{\prime }B$ lên đáy là $AB$, góc giữa $A^{\prime }B$ và đáy là $\widehat{A^{\prime }BA}=60^{\circ }$.
Chiều cao $A^{\prime }A=AB\tan 60^{\circ }=a\sqrt{5}\cdot \sqrt{3}=a\sqrt{15}$.
Vì tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$ nên $AB\perp BC$. Lại có $A^{\prime }A\perp BC\Rightarrow BC\perp (A^{\prime }AB)$.
Kẻ $AH\perp A^{\prime }B$ tại $H$, suy ra $AH\perp (A^{\prime }BC)$.
Do đó khoảng cách từ $A$ đến $(A^{\prime }BC)$ là $AH$.
Tam giác $A^{\prime }AB$ vuông tại $A$:
$\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{A^{\prime }{A}^2}+\frac{1}{A{B}^2}=\frac{1}{15a^2}+\frac{1}{5a^2}=\frac{4}{15a^2}\Rightarrow AH=\frac{a\sqrt{15}}{2}$.

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 $MN=\frac{\sqrt{2}}{2}$.