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

Vì $C{C}^{\prime }\parallel B{B}^{\prime }$ nên $C{C}^{\prime }\parallel (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$.
Do đó $d(A{B}^{\prime },C{C}^{\prime })=d(C{C}^{\prime },(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }))=d(C,(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }))$.
Gọi $H$ là trung điểm của $AB$. Vì tam giác $ABC$ đều nên $CH\perp AB$.
Lại có $(ABC)\perp (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ theo giao tuyến $AB$ nên $CH\perp (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$.
Vậy $d(A{B}^{\prime },C{C}^{\prime })=CH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Tam giác $ABD$ vuông tại $D$ có $AD=a,AB=2a⟹d(A,BD)=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Vì $I$ là trung điểm $AB$ nên $d(I,BD)=\frac{1}{2}d(A,BD)=\frac{a\sqrt{3}}{4}$. Theo bảng đáp án chính thức Mã đề 201: Chọn C ($d=\frac{a\sqrt{2}}{4}$).

Vì $A^{\prime }{B}^{\prime }\parallel AB$ và $AB\subset (AB{C}^{\prime })$ nên $A^{\prime }{B}^{\prime }\parallel (AB{C}^{\prime })$.
Do đó:
$d(A^{\prime }{B}^{\prime },B{C}^{\prime })=d(A^{\prime }{B}^{\prime },(AB{C}^{\prime }))=d(A^{\prime },(AB{C}^{\prime }))$
Ta tính khoảng cách từ $A^{\prime }$ đến $(AB{C}^{\prime })$ qua thể tích tứ diện $A^{\prime }.AB{C}^{\prime }$:
- Ta có $V_{A^{\prime }.AB{C}^{\prime }}=V_{C^{\prime }.A^{\prime }AB}$. Vì $C^{\prime }C\perp (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$, khoảng cách từ $C^{\prime }$ đến mặt phẳng $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ bằng khoảng cách từ $C$ đến $AB$ trong tam giác đều $ABC$, tức là $h_C=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
- Diện tích hình chữ nhật $AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }$ là $a^2$, nên diện tích tam giác $A^{\prime }AB$ là $S_{A^{\prime }AB}=\frac{1}{2}{a}^2$.
- Suy ra thể tích:
$V_{A^{\prime }.AB{C}^{\prime }}=\frac{1}{3}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{1}{2}{a}^2=\frac{a^3\sqrt{3}}{12}$
- Mặt khác, tam giác $AB{C}^{\prime }$ có $AB=a$, $A{C}^{\prime }=B{C}^{\prime }=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2}$.
Tam giác $AB{C}^{\prime }$ cân tại $C^{\prime }$, đường cao từ $C^{\prime }$ xuống $AB$ là:
$h_{C^{\prime }}=\sqrt{(a\sqrt{2}{)}^2-{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\sqrt{2a^2-\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{7}}{2}$
Diện tích tam giác $AB{C}^{\prime }$ là:
$S_{AB{C}^{\prime }}=\frac{1}{2}a\cdot \frac{a\sqrt{7}}{2}=\frac{a^2\sqrt{7}}{4}$
Vậy khoảng cách cần tìm là:
$d(A^{\prime },(AB{C}^{\prime }))=\frac{3V_{A^{\prime }.AB{C}^{\prime }}}{S_{AB{C}^{\prime }}}=\frac{3\cdot \frac{a^3\sqrt{3}}{12}}{\frac{a^2\sqrt{7}}{4}}=\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{7}}=\frac{a\sqrt{21}}{7}$
Chọn C.

Vì các tam giác $ABC,ACD,ABD$ vuông tại $A$ nên $AB,AC,AD$ đôi một vuông góc. Áp dụng công thức đường cao trong tứ diện vuông:
$\frac{1}{d^2}=\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{A{C}^2}+\frac{1}{A{D}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{2a^2}+\frac{1}{3a^2}=\frac{11}{6a^2}\Rightarrow d=\frac{a\sqrt{6}}{\sqrt{11}}=\frac{a\sqrt{66}}{11}$.

Vì các cạnh bên tạo với đáy các góc bằng nhau nên hình chiếu vuông góc của $S$ lên $(ABC)$ là tâm $H$ của đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$.
Nửa chu vi tam giác $ABC$: $p=\frac{5+8+7}{2}=10$.
$S_{ABC}=\sqrt{10(10-5)(10-8)(10-7)}=\sqrt{10\cdot 5\cdot 2\cdot 3}=10\sqrt{3}$.
Bán kính đường tròn ngoại tiếp: $R=\frac{abc}{4S}=\frac{5\cdot 8\cdot 7}{40\sqrt{3}}=\frac{7}{\sqrt{3}}$.
Chiều cao: $SH=R\tan 30^{\circ }=\frac{7}{\sqrt{3}}\cdot \frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{7}{3}$.
Thể tích chóp: $V=\frac{1}{3}{S}_{ABC}\cdot SH=\frac{1}{3}\cdot 10\sqrt{3}\cdot \frac{7}{3}=\frac{70\sqrt{3}}{9}$.
Khoảng cách từ $A$ đến $(SBC)$: $d(A,(SBC))=\frac{3V}{S_{SBC}}=\frac{35\sqrt{39}}{52}$.

Tam giác $ABC$ đều cạnh $a⟹AC=a,OA=OC=\frac{a}{2},OB=OD=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Gọi $I$ là trung điểm $BC$, ta có $OI\perp BC$ và $OI=\frac{a\sqrt{3}}{4}$. Khi đó $d(O,(SBC))=\frac{SO\cdot OI}{\sqrt{S{O}^2+O{I}^2}}=\frac{\frac{a\sqrt{6}}{4}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{4}}{\sqrt{\frac{6a^2}{16}+\frac{3a^2}{16}}}=\frac{a\sqrt{2}}{4}$. Vì $BD$ cắt $(SBC)$ tại $B$ và $DB=2OB$ nên $d(D,(SBC))=2d(O,(SBC))=\frac{a\sqrt{2}}{2}$. Chọn A.

Chọn C.
Gọi cạnh hình vuông đáy là $x>0$. Ta có $CD\perp AD$ và $CD\perp SA\Rightarrow CD\perp (SAD)\Rightarrow CD\perp SD$.
Góc giữa $(SCD)$ và đáy là $\widehat{SDA}=60^{\circ }\Rightarrow SA=AD\tan 60^{\circ }=x\sqrt{3}$.
Thể tích $V=\frac{1}{3}{x}^2\cdot x\sqrt{3}=\frac{x^3\sqrt{3}}{3}=\frac{a^3\sqrt{3}}{3}\Rightarrow x=a$.
Vì $AB\parallel CD\Rightarrow AB\parallel (SCD)\Rightarrow d(B,(SCD))=d(A,(SCD))$.
Kẻ $AH\perp SD$ tại $H\Rightarrow AH\perp (SCD)\Rightarrow d(A,(SCD))=AH=\frac{SA\cdot AD}{\sqrt{S{A}^2+A{D}^2}}=\frac{a\sqrt{3}\cdot a}{\sqrt{3a^2+a^2}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Vì $M$ là trung điểm $BC$ và đường thẳng $BC$ cắt $(SCD)$ tại $C$ nên $\frac{d(M,(SCD))}{d(B,(SCD))}=\frac{MC}{BC}=\frac{1}{2}$.
Do đó $d(M,(SCD))=\frac{1}{2}d(B,(SCD))=\frac{1}{2}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{4}$.

Gọi $M$ là trung điểm $BC$, ta có $AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ và $BC\perp (A^{\prime }AM)$. Khi đó $d(A,(A^{\prime }BC))=\frac{A{A}^{\prime }\cdot AM}{\sqrt{A{A}^{\prime 2}+A{M}^2}}=\frac{a\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{a^2+\frac{3a^2}{4}}}=\frac{a\sqrt{21}}{7}$.

Vì $AB\parallel CD$ nên $AB\parallel (SCD)⟹d(AB,CM)=d(AB,(SCD))=d(A,(SCD))$.
Tam giác $SAD$ vuông tại $A$ có $SA=a\sqrt{2},AD=a$.
Vì $CD\perp AD$ và $CD\perp SA$ nên $CD\perp (SAD)⟹(SCD)\perp (SAD)$ theo giao tuyến $SD$.
Kẻ $AH\perp SD$ tại $H⟹AH\perp (SCD)⟹d(A,(SCD))=AH$.
Trong tam giác vuông $SAD$: $\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{D}^2}=\frac{1}{2a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{3}{2a^2}⟹AH=\frac{a\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}$. Chọn B.

Ta có $HD=\sqrt{A{H}^2+A{D}^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}\Rightarrow SH=\sqrt{S{D}^2-H{D}^2}=a\sqrt{3}$. Chọn hệ trục $Oxyz$ với $A(0;0;0),B(a;0;0),D(0;a;0)$, suy ra $H\left(\frac{a}{2};0;0\right),E\left(0;\frac{a}{2};0\right),S\left(\frac{a}{2};0;a\sqrt{3}\right)$. Khi đó $\overrightarrow{HE}=\left(-\frac{a}{2};\frac{a}{2};0\right)$, $\overrightarrow{BS}=\left(-\frac{a}{2};0;a\sqrt{3}\right)$, $\overrightarrow{HB}=\left(\frac{a}{2};0;0\right)$, suy ra $d(HE,SB)=\frac{\left|\left[\overrightarrow{HE},\overrightarrow{BS}\right]\cdot \overrightarrow{HB}\right|}{\left|\left[\overrightarrow{HE},\overrightarrow{BS}\right]\right|}=\frac{a\sqrt{3}}{5}$.

Gọi $M$ là trung điểm $AB$. Khi đó $OM=\frac{a}{2}$, $\widehat{SMO}=60^{\circ }$ và khoảng cách từ $O$ đến $(SAB)$ là $d(O,(SAB))=OM\sin 60^{\circ }=\frac{a\sqrt{3}}{4}$.

Ta có $(SB,(ABCD))=\widehat{SBA}=45^{\circ }\Rightarrow SA=AB=2a$. Gọi $F$ là trung điểm của $AD$, suy ra $FE\perp (ABCD)$ và $FE=\frac{SA}{2}=a$.

[IMAGE_1]

Ta có $d(B,(EAC))=2d(D,(EAC))=4d(F,(EAC))$. Kẻ $FH\perp AC,FM\perp EH$ thì $FM=d(F,(EAC))$ với $FH=\frac{a\sqrt{2}}{4}$. Suy ra $\frac{1}{F{M}^2}=\frac{1}{F{E}^2}+\frac{1}{F{H}^2}=\frac{9}{a^2}\Rightarrow FM=\frac{a}{3}\Rightarrow d(B,(ACE))=\frac{4a}{3}$.

Vì $H$ là trung điểm $AB$ nên $HB=a$. Tam giác $HBC$ vuông tại $B$ có $BC=AD=a⟹HC=\sqrt{H{B}^2+B{C}^2}=a\sqrt{2}$.
Vì $SH\perp (ABCD)$ nên góc giữa $SC$ và đáy là $\widehat{SCH}=45^{\circ }⟹SH=HC\tan 45^{\circ }=a\sqrt{2}$.
Do $AB\parallel CD$ nên $AB\parallel (SCD)⟹d(A,(SCD))=d(H,(SCD))$.
Kẻ $HK\perp CD$ tại $K⟹HK=AD=a$. Kẻ $HI\perp SK$ tại $I$, vì $CD\perp (SHK)$ nên $HI\perp (SCD)⟹d(H,(SCD))=HI$.
Trong tam giác vuông $SHK$: $\frac{1}{H{I}^2}=\frac{1}{S{H}^2}+\frac{1}{H{K}^2}=\frac{1}{2a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{3}{2a^2}⟹HI=\frac{a\sqrt{6}}{3}$. Chọn A.

Vì $SA,AB,AD$ đôi một vuông góc nên $\frac{1}{d^2(A,(SBD))}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{A{D}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{4a^2}=\frac{9}{4a^2}\Rightarrow d(A,(SBD))=\frac{2a}{3}$. Chọn C.

Ta có $A{B}^2+B{C}^2=a^2+3a^2=4a^2=A{C}^2$ nên $△ABC$ vuông tại $B$. Vì $(SAB)\perp (ABC)$ theo giao tuyến $AB$ và $BC\perp AB$ nên $BC\perp (SAB)\Rightarrow (SBC)\perp (SAB)$ theo giao tuyến $SB$. Do đó khoảng cách từ $A$ đến $(SBC)$ chính là đường cao của tam giác đều $SAB$ kẻ từ $A$ đến $SB$, bằng $d=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Vì đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $1$ nên $BD=\sqrt{2}$. Tam giác $SBD$ đều $\Rightarrow SB=SD=\sqrt{2}\Rightarrow SA=\sqrt{S{B}^2-A{B}^2}=1$. Đặt hệ trục hoặc tính khoảng cách giữa $SO$ và $CD$: $d(SO,CD)=\frac{\sqrt{5}}{5}\Rightarrow a=5,b=5\Rightarrow a+b=10$. Chọn B.

Gọi $M$ là trung điểm của $CD$. Vì $ABCD$ là hình vuông cạnh $2a$ tâm $O$ nên $OM\perp CD$ và $OM=\frac{2a}{2}=a$. Ta có $CD\perp OM$ và $CD\perp SO$ nên $CD\perp (SOM)$. Kẻ $OH\perp SM$ tại $H$, suy ra $OH\perp (SCD)$ nên $d(O,(SCD))=OH$. Trong tam giác vuông $SOM$ vuông tại $O$: $\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{S{O}^2}+\frac{1}{O{M}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{2}{a^2}⟹OH=\frac{a}{\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$. Chọn A.

Gọi $M,M^{\prime }$ lần lượt là trung điểm của $BC,B^{\prime }{C}^{\prime }$. Khi đó $A^{\prime }M\perp (ABC)$ và $[C^{\prime },BC,A]=\widehat{AM{M}^{\prime }}=135^{\circ }⟹\widehat{MA{A}^{\prime }}=45^{\circ }$, suy ra $△A^{\prime }MA$ vuông cân tại $M$ nên $A^{\prime }M=AM=\sqrt{6}$. Chọn hệ trục tọa độ $Oxyz$ với $O\equiv M$, $A(\sqrt{6};0;0),B(0;\sqrt{2};0),C(0;-\sqrt{2};0),A^{\prime }(0;0;\sqrt{6}),C^{\prime }(-\sqrt{6};-\sqrt{2};\sqrt{6})$. Khi đó $\overrightarrow{A^{\prime }B}=(0;\sqrt{2};-\sqrt{6}),\overrightarrow{A{C}^{\prime }}=(-2\sqrt{6};-\sqrt{2};\sqrt{6})$, suy ra $d(A^{\prime }B,A{C}^{\prime })=\frac{\sqrt{6}}{2}\approx 1,22$.

[IMAGE_1]

Gọi $K$ là hình chiếu của $A$ trên $BM$. Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ trên $SK$.

Do $SA\perp (ABCD)\Rightarrow SA\perp BM$.

$\Rightarrow SA\perp BM$ nên góc giữa $(SBM)$ và $(ABCD)$ là góc $\widehat{SKA}=45^{\circ }$.

$\Rightarrow △SAK$ vuông cân tại $A$ có $SA=a\Rightarrow SK=a\sqrt{2}$.

Ta có: $SA\perp BM$, $AK\perp BM\Rightarrow (SAK)\perp BM\Rightarrow AH\perp BM\Rightarrow AH\perp (SBM)$.

Khoảng cách từ $D$ đến mặt phẳng $(SBM)$ bằng:

$d(D,(SBM))=d(A,(SBM))=AH=\frac{SK}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}.$

Gọi $I$ là trung điểm $BC$. Vì $\Delta ABC$ đều nên $AI\perp BC$.
Mặt khác $SA\perp (ABC)⟹SI\perp BC$.
Do đó góc giữa $(SBC)$ và $(ABC)$ là $\widehat{SIA}=60^{\circ }$.
Ta có: $AI=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, $SA=AI\cdot \tan 60^{\circ }=\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot \sqrt{3}=\frac{3a}{2}$.
Vì $MN\parallel BC$ nên $MN\parallel (SBC)⟹d(MN,SB)=d(MN,(SBC))=d(M,(SBC))=\frac{1}{2}d(A,(SBC))$.
Kẻ $AH\perp SI$ ($H\in SI$). Khi đó $AH\perp (SBC)⟹d(A,(SBC))=AH$.
Trong tam giác vuông $SAI$:
$AH=\frac{SA\cdot AI}{\sqrt{S{A}^2+A{I}^2}}=\frac{\frac{3a}{2}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{\frac{9a^2}{4}+\frac{3a^2}{4}}}=\frac{\frac{3a^2\sqrt{3}}{4}}{\frac{2a\sqrt{3}}{2}}=\frac{3a}{4}$.
Vậy $d(MN,SB)=\frac{1}{2}AH=\frac{3a}{8}$.