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

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C(0;a;0)$, $A_1(0;0;a\sqrt{2})$, $B_1(a;0;a\sqrt{2})$, $C_1(0;a;a\sqrt{2})$ với $h=A{A}_1=a\sqrt{2}$.

a) Mặt phẳng $(A_{1}B{C}_1)$: $\overrightarrow{A_{1}B}=(a;0;-h)$, $\overrightarrow{A_1{C}_1}=(0;a;0)$ nên $\vec{n}=\overrightarrow{A_{1}B}\times \overrightarrow{A_1{C}_1}=(ah;0;a^2)$, phương trình $hx+az=ah$. Khoảng cách từ $A$: $d=\frac{ah}{\sqrt{h^2+a^2}}=\frac{a\sqrt{2}\cdot a}{a\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}\ne \frac{a\sqrt{6}}{6}$. → Sai.

b) $M\in A_1{C}_1$, $N\in B{C}_1$ đều nằm trong $(A_{1}B{C}_1)$ nên $V_{A.A_{1}BNM}=\frac{1}{3}{S}_{A_{1}BNM}\cdot \frac{a\sqrt{6}}{3}$. Đặt $M=A_1+s\overrightarrow{A_1{C}_1}$, $N=B+t\overrightarrow{B{C}_1}$, $s,t\in [0;1]$: $\overrightarrow{MN}=(-a(1-t);a(s-t);h(1-t))$ nên $M{N}^2=a^2[2(1-t{)}^2+(s-t{)}^2]=\frac{a^2}{4}$. Diện tích $S_{A_{1}BNM}=\frac{\sqrt{3}}{2}{a}^2[1-(1-s)(1-t)]$ (góc tại $C_1$ giữa $C_1{A}_1$ và $C_{1}B$ bằng $60^{\circ }$). Đặt $p=1-t$, $q=s-t$: ràng buộc $2p^2+q^2=\frac{1}{4}$, cần cực đại hóa $f=p^2-pq$. Lagrange cho $2p^2+2pq-q^2=0$ tức $\frac{q}{p}=1-\sqrt{3}$, khi đó $p^2=\frac{3+\sqrt{3}}{48}$ và $f_{\max }=\sqrt{3}{p}^2=\frac{\sqrt{3}+1}{16}\approx 0,1708$ (bộ giá trị $s,t\in [0;1]$ hợp lệ). Vậy $V_{\min }=\frac{1}{3}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}{a}^2\left(1-\frac{\sqrt{3}+1}{16}\right)\cdot \frac{a\sqrt{6}}{3}=\frac{a^3\sqrt{2}(15-\sqrt{3})}{96}\approx 0,1955a^3\ne \frac{7\sqrt{2}}{48}{a}^3\approx 0,2062a^3$. → Sai.

c) $\overrightarrow{B{C}_1}=(-a;a;a\sqrt{2})$, $\overrightarrow{AC}=(0;a;0)$: $\cos (B{C}_1,AC)=\frac{a^2}{a\cdot 2a}=\frac{1}{2}$ nên góc bằng $60^{\circ }$. → Đúng.

d) $V=S_{ABC}\cdot A{A}_1=\frac{a^2}{2}\cdot a\sqrt{2}=\frac{a^3\sqrt{2}}{2}$. → Đúng.

Kết luận: a) Sai, b) Sai, c) Đúng, d) Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Khoảng cách từ $A$ đến $(A_{1}B{C}_1)$ là $\frac{a\sqrt{6}}{3}$, không phải $\frac{a\sqrt{6}}{6}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Với $MN=\frac{a}{2}$, giá trị nhỏ nhất của thể tích là $\frac{a^3\sqrt{2}(15-\sqrt{3})}{96}\approx 0,1955a^3\ne \frac{7\sqrt{2}}{48}{a}^3$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$\cos (B{C}_1,AC)=\frac{1}{2}$ nên góc bằng $60^{\circ }$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$V=\frac{a^2}{2}\cdot a\sqrt{2}=\frac{a^3\sqrt{2}}{2}$.

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp tứ giác đều S.ABCD, cạnh đáy a, cạnh bên √2a. Bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy R = a√2/2, nên chiều cao SO = √(2a² − a²/2) = a√6/2.

a) Đúng. Trong mặt phẳng (SAC), tam giác SAC cân tại S với SA = SC = √2a, AC = a√2, F trung điểm SA. Dùng tọa độ: A(a/2, a/2, 0), C(−a/2, −a/2, 0), D(a/2, −a/2, 0), S(0, 0, a√6/2), F(a/4, a/4, a√6/4). Mặt phẳng (FCD) có vectơ pháp tuyến CD×CF ∝ (0, −√6, 3), phương trình −√6y + 3z = √6a/2. Khoảng cách từ S: d = |3·a√6/2 − √6a/2|/√15 = a√6/√15 = a√10/5. Đúng.

b) Sai. Góc giữa SA và đáy là góc SAO: sin∠SAO = SO/SA = (a√6/2)/(√2a) = √3/2, nên góc bằng 60°, không phải 30°.

c) Sai. V(S.ACD) = (1/3)·(a²/2)·a√6/2 = a³√6/12. Diện tích tam giác SCD: đường cao từ S xuống CD bằng √(2a² − a²/4) = a√7/2, nên S_SCD = a²√7/4. Khoảng cách từ A đến (SCD): d = 3V/S_SCD = a√(6/7). Vì F trung điểm SA nên d(F,(SCD)) = a√(6/7)/2. Vậy V(S.FCD) = V(F.SCD) = (1/3)·(a²√7/4)·(a√(6/7)/2) = a³√6/24 ≠ a³√3/24. Sai.

d) Đúng. AC có phương (−1, −1, 0), SB có phương (−1, 1, −√6) (sau khi rút gọn). Vectơ pháp tuyến chung n = (−1,−1,0)×(−1,1,−√6) = (√6, −√6, −2), |n| = 4. Lấy vectơ AS = (−a/2, −a/2, a√6/2). Khoảng cách d(AC, SB) = |AS·n|/|n| = |−a√6/2 + a√6/2 − a√6|/4 = a√6/4. Đúng.

Kết luận: a đúng, b sai, c sai, d đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Thiết lập tọa độ, mặt phẳng (FCD) có pháp tuyến (0, −√6, 3), d(S,(FCD)) = a√6/√15 = a√10/5.
b) (AI giải đề cho tôi)
sin góc giữa SA và đáy = SO/SA = (a√6/2)/(√2a) = √3/2, góc bằng 60° chứ không phải 30°.
c) (AI giải đề cho tôi)
d(F,(SCD)) = (1/2)d(A,(SCD)) = a√(6/7)/2, S_SCD = a²√7/4, nên V(S.FCD) = a³√6/24 ≠ a³√3/24.
d) (AI giải đề cho tôi)
Pháp tuyến chung n = (√6, −√6, −2), |n| = 4, d(AC,SB) = |AS·n|/4 = a√6/4.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi O là giao điểm hai đường chéo hình thoi ABCD. Vì SA=SB=SD=a nên S nằm trên đường thẳng vuông góc với (ABCD) đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD; tâm này nằm trên AC. Đặt AO=m, OB=n thì m²+n²=a², bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD (đỉnh A, đáy BD=2n, đường cao m) là R=a²/(2m), chiều cao h=SO=√(a²−R²)=a√(4m²−a²)/(2m). Thể tích V=(1/3)·(2mn)·h=(a/3)√(a²−m²)·√(4m²−a²)=a³√2/6 suy ra (a²−m²)(4m²−a²)=a⁴/2. Đặt u=m²/a²: (1−u)(4u−1)=1/2 ⟺ 8u²−10u+3=0 ⟹ u=1/2 hoặc u=3/4. u=1/2 cho hình vuông (bị loại), vậy u=3/4: m=a√3/2, n=a/2, tức AC=a√3, BD=a, h=a√(2/3). 1) Tính SC²=SO²+OC'² với chân đường vuông góc O' cách A một đoạn R=a/√3: OC'=a√3−a/√3=2a/√3, SC²=2a²/3+4a²/3=2a², SC=a√2. Tam giác SBC có SB=BC=a, SC=a√2 nên vuông tại B; tam giác SDC vuông tại D. Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ B (và D) xuống SC thì BH=DH=a²/(a√2)=a/√2, mà BD=a nên BH²+DH²=a²=BD², suy góc giữa (SBC) và (SCD) bằng 90°, tức (SBC)⊥(SCD). 2) Chọn hệ tọa độ: O(0;0;0), A(−a√3/2;0;0), C(a√3/2;0;0), B(0;a/2;0), D(0;−a/2;0), S(−a/(2√3);0;a√(2/3)), M(a√3/4;a/4;0). Vector SM=a(5/(4√3);1/4;−√(2/3)), phương trình BD có vecto chỉ phương u=(0;1;0). SM×u=a(√(2/3);0;5/(4√3)), |SM×u|=a√19/4. Lấy B−S=(a/(2√3);a/2;−a√(2/3)), tích vô hướng (SM×u)·(B−S)=−a²√2/4. Khoảng cách d=|−a²√2/4|/(a√19/4)=a√2/√19=a√38/19.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $BC$ là cạnh huyền của tam giác $ABC$ vuông tại $A$ với $\hat{B}=30^{\circ }$ và $BC=a\sqrt{3}$ (cạnh của tam giác đều $SBC$), ta có $AB=BC\cos 30^{\circ }=\frac{3a}{2}$, $AC=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Gọi $M$ là trung điểm $BC$, tam giác $SBC$ đều nên $SM\perp BC$, $SM=\frac{3a}{2}$; vì $(SBC)\perp (ABC)$ nên $SM\perp (ABC)$. Đặt hệ tọa độ: $B(0,0,0)$, $C(a\sqrt{3},0,0)$, $A\left(\frac{3a\sqrt{3}}{4},\frac{3a}{4},0\right)$, $S\left(\frac{a\sqrt{3}}{2},0,\frac{3a}{2}\right)$. Khi đó $SA=a\sqrt{3}$. Vecto pháp tuyến của $(SAB)$: $\vec{n}=\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AS}=\frac{3a^2}{8}(3,-3\sqrt{3},-\sqrt{3})$. Khoảng cách từ $C$ đến $(SAB)$: $h=\frac{|\vec{n}\cdot \overrightarrow{BC}|}{|\vec{n}|}=\frac{\frac{9a^3\sqrt{3}}{8}}{\frac{a^2\sqrt{351}}{8}}=\frac{9a\sqrt{3}}{3\sqrt{39}}=\frac{3a}{\sqrt{13}}=\frac{3a\sqrt{13}}{13}$. Kiểm tra bằng thể tích: $V_{SABC}=\frac{1}{3}\cdot S_{ABC}\cdot SM=\frac{1}{3}\cdot \frac{3a^2\sqrt{3}}{8}\cdot \frac{3a}{2}=\frac{3a^3\sqrt{3}}{16}$, và $d(C,(SAB))=\frac{3V}{S_{SAB}}$ cho cùng kết quả $\frac{3a\sqrt{13}}{13}$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C(a;a;0)$, $D(0;2a;0)$ (hình thang vuông tại $A$ và $B$, $AB=BC=a$, $AD=2a$). $M$ trung điểm $AD$ nên $M(0;a;0)$. Vì $SA\perp (ABCD)$ nên góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SCA}=45^{\circ }$, với $AC=a\sqrt{2}$ suy ra $SA=AC\tan 45^{\circ }=a\sqrt{2}$, tức $S(0;0;a\sqrt{2})$.

Đường thẳng $SM$ có vectơ chỉ phương $\vec{u}=(0;a;-a\sqrt{2})$; đường thẳng $BD$ có vectơ chỉ phương $\vec{v}=(-1;2;0)$. Lấy $S\in SM$, $B\in BD$ nên $\overrightarrow{SB}=(a;0;-a\sqrt{2})$.

Vectơ pháp tuyến chung: $\vec{n}=\vec{u}\times \vec{v}=(2a\sqrt{2};a\sqrt{2};a)$, độ dài $|\vec{n}|=a\sqrt{8+2+1}=a\sqrt{11}$.

Khoảng cách giữa $SM$ và $BD$: $d=\frac{|\overrightarrow{SB}\cdot \vec{n}|}{|\vec{n}|}=\frac{|2a^2\sqrt{2}-a^2\sqrt{2}|}{a\sqrt{11}}=\frac{a^2\sqrt{2}}{a\sqrt{11}}=\frac{a\sqrt{22}}{11}$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $AB=2x$, $SO=h$. Hình chóp tứ giác đều nên $SO\perp (ABCD)$ (d đúng). Thiết lập tọa độ $O(0;0;0)$, $A(x;x;0)$, $B(-x;x;0)$, $C(-x;-x;0)$, $D(x;-x;0)$, $S(0;0;h)$. a) $\mathrm{d}(AB,SC)=\frac{2xh}{\sqrt{h^2+x^2}}=4\Rightarrow h^2(x^2-4)=4x^2\Rightarrow h=SO=\frac{2x}{\sqrt{x^2-4}}$ với $x>2$ — đúng. b) Vì $CD\parallel AB$ nên $\mathrm{d}(AB,SC)=\mathrm{d}(AB,(SDC))=\mathrm{d}(O,(SDC))=\frac{hx}{\sqrt{h^2+x^2}}$. Từ a) $\sqrt{h^2+x^2}=\frac{xh}{2}$ nên $\mathrm{d}(O,(SDC))=2\ne 4$ — sai. c) $V=\frac{1}{3}\cdot (2x{)}^{2}h=\frac{8x^3}{3\sqrt{x^2-4}}$. Xét $f(x)=\frac{x^3}{\sqrt{x^2-4}}$, $f^{\prime }(x)=\frac{x^2(2x^2-12)}{(x^2-4{)}^{3/2}}=0\Rightarrow x=\sqrt{6}$, $f(\sqrt{6})=6\sqrt{3}$, $V_{\max }=\frac{8\cdot 6\sqrt{3}}{3}=16\sqrt{3}$ — đúng. d) Đúng theo định nghĩa hình chóp đều.
a) Từ $\mathrm{d}(AB,SC)=\frac{2xh}{\sqrt{h^2+x^2}}=4$ suy ra $h^2(x^2-4)=4x^2$, tức $SO=h=\frac{2x}{\sqrt{x^2-4}}$ với $x>2$.
b) $\mathrm{d}(O,(SDC))=\frac{hx}{\sqrt{h^2+x^2}}=\frac{hx}{xh/2}=2\ne 4$.
c) $V=\frac{8x^3}{3\sqrt{x^2-4}}$ đạt max tại $x=\sqrt{6}$, $V_{\max }=16\sqrt{3}$.
d) Trong hình chóp tứ giác đều, đường cao $SO$ vuông góc với mặt đáy $(ABCD)$.

Đáp số: 30.

Gọi $M,I$ lần lượt là trung điểm $CD,SC$.
Theo giả thiết ta có tam giác $ACD$ đều. Suy ra $AM=\frac{AD\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}a}{2}$.
Kẻ $AH\perp SM$ $(H\in SM)$ thì $AH\perp (SCD)$.
Ta có $GI=\frac{1}{3}AI$ nên $d\left(G,(SCD)\right)=\frac{1}{3}d\left(A,(SCD)\right)=\frac{1}{3}AH$
$=\frac{1}{3}.\frac{AM.SA}{\sqrt{A{M}^2+S{A}^2}}=\frac{1}{3}.\frac{\frac{\sqrt{3}a}{2}.\sqrt{3}a}{\sqrt{\frac{3a^2}{4}+3a^2}}=\frac{\sqrt{15}a}{15}$
Vậy $d\left(G,(SCD)\right)=\frac{\sqrt{15}a}{15}$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(10;0;0)$, $D(0;10;0)$, $A^{\prime }(0;0;10)$, $B^{\prime }(10;0;10)$, $E$ trung điểm $CD$ nên $E(5;10;0)$. Đoạn dây đi qua ba mặt: $EM$ nằm trên mặt đáy, $MN$ nằm trên mặt $AD{D}^{\prime }{A}^{\prime }$ (vì $M\in AD$, $N\in A{A}^{\prime }$ nên $MN$ nằm trong mặt phẳng $(AD{D}^{\prime }{A}^{\prime })$), $N{B}^{\prime }$ nằm trên mặt $AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }$.

Giải phẳng ba mặt này: giữ mặt $AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }$ với $A(0;0)$, $B(10;0)$, $A^{\prime }(0;10)$, $B^{\prime }(10;10)$; trải mặt $AD{D}^{\prime }{A}^{\prime }$ sang trái qua cạnh $A{A}^{\prime }$: $D(-10;0)$, $D^{\prime }(-10;10)$; trải mặt đáy xuống dưới qua cạnh $AD$: vì $E$ cách $D$ một đoạn $5$ theo $DC$ nên $E_1(-10;-5)$.

Đường dây ngắn nhất là đoạn thẳng $E_1{B}^{\prime }$: $E_1{B}^{\prime }=\sqrt{(10+10{)}^2+(10+5{)}^2}=\sqrt{625}=25$ m — đúng bằng độ dài dây đã cho, nên $M$, $N$ chính là giao điểm của đoạn thẳng này với $AD$ ($y=0$, $x\in [-10;0]$) và $A{A}^{\prime }$ ($x=0$).

Phương trình đoạn thẳng: $x=-10+20t$, $y=-5+15t$.
- Giao với $AD$ ($y=0$): $t=\frac{1}{3}\Rightarrow x=-\frac{10}{3}$, tức $AM=\frac{10}{3}$.
- Giao với $A{A}^{\prime }$ ($x=0$): $t=\frac{1}{2}\Rightarrow y=2,5$, tức $AN=2,5$.

Suy ra $MN=\sqrt{A{M}^2+A{N}^2}=\sqrt{\frac{100}{9}+\frac{25}{4}}=\sqrt{\frac{625}{36}}=\frac{25}{6}\approx 4,17$ m.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ $A(0;0;0)$, $B(2a;0;0)$, $D(0;a\sqrt{2};0)$, $S(0;0;a)$. Hình chiếu của $A$ trên $SB$: $H=S+t(B-S)$ với $t=\frac{(A-S)\cdot (B-S)}{|B-S{|}^2}=\frac{a^2}{5a^2}=\frac{1}{5}$, nên $H=\left(\frac{2a}{5};0;\frac{4a}{5}\right)$. Tương tự $K=S+\frac{1}{3}(D-S)=\left(0;\frac{a\sqrt{2}}{3};\frac{2a}{3}\right)$. Mặt phẳng $(AHK)$ đi qua gốc $A$ có vectơ pháp tuyến $\vec{n}=\overrightarrow{AH}\times \overrightarrow{AK}\propto (2\sqrt{2};2;-\sqrt{2})$, nên $(AHK)$: $2\sqrt{2}x+2y-\sqrt{2}z=0$. Khoảng cách từ $B(2a;0;0)$: $d=\frac{|2\sqrt{2}\cdot 2a|}{\sqrt{8+4+2}}=\frac{4\sqrt{2}a}{\sqrt{14}}=\frac{4\sqrt{7}a}{7}$. Vậy $m=4$, $n=7$, $m-n=-3$.

Gọi $P$, $H$, $Q$ lần lượt là trung điểm $AB$, $AO$, $AD$.

Khi đó $\left[M,AC,N\right]=\widehat{MHN}=120^{\circ }$.

Dễ thấy $MNQP$ là hình chữ nhật và $H$ là trung điểm $PQ$ nên $MH=NH$.

Có $MN=BO=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Áp dụng định lí côsin cho tam giác $MHN$ ta được $MH=NH=\frac{a}{2}$.

Lại có $PH=\frac{1}{2}BO=\frac{a\sqrt{3}}{4}\Rightarrow MP=\sqrt{M{H}^2-P{H}^2}=\frac{a}{4}\Rightarrow SA=2MP=\frac{a}{2}$.

Ta có $d\left(C,(SBD)\right)=d\left(A,(SBD)\right)=AE$, với $E$ là hình chiếu của $A$ trên $SO$.

Có $SA=AO=\frac{a}{2}$ nên $E$ là trung điểm $SO\Rightarrow AE=\frac{a\sqrt{2}}{4}$.

Vậy $d\left(C,(SBD)\right)=\frac{a\sqrt{2}}{4}$.

(AI giải đề cho tôi)
Lập hệ tọa độ: hình thang đáy (cửa tiền) nằm trong mặt phẳng $z=0$ với $A(0;0;0)$, $B(4;0;0)$, $D(0;4;0)$, $C(4;3,5;0)$; chiều dài nhà theo phương $y$ với $B{B}^{\prime }=6$, tức $A^{\prime }(0;6;0)$, $D^{\prime }(0;6;4)$, $C^{\prime }(4;6;3,5)$. Khi đó tường sau là $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ (mặt phẳng $y=6$), tường bên $AD{D}^{\prime }{A}^{\prime }$ là mặt phẳng $x=0$, tường bên $BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }$ là mặt phẳng $x=4$.

- Bảng điều khiển $P$ trên tường $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$: cách cạnh $A^{\prime }{D}^{\prime }$ (đường $x=0$, $y=6$) một khoảng $1$ m và cao $1,5$ m nên $P(1;6;1,5)$.
- Bóng điện thứ nhất trên tường $AD{D}^{\prime }{A}^{\prime }$: cách cạnh $A^{\prime }{D}^{\prime }$ (đường $y=6$ trên tường này) $3$ m và cao $3$ m nên $M_1(0;3;3)$.
- Bóng điện thứ hai trên tường $BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }$: cách cạnh $B^{\prime }{C}^{\prime }$ (đường $y=6$ trên tường này) $3$ m và cao $2,5$ m nên $M_2(4;3;2,5)$.

Dây điện men theo tường, không qua mái $DC{C}^{\prime }{D}^{\prime }$.

Đoạn $P\to M_1$: hai tường $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ và $AD{D}^{\prime }{A}^{\prime }$ gặp nhau dọc cạnh $A^{\prime }{D}^{\prime }$. Trải hai tường ra cùng một mặt phẳng, lấy cạnh $A^{\prime }{D}^{\prime }$ làm trục, $u$ là khoảng cách tới cạnh này, $z$ là độ cao: $P$ có $(u;z)=(1;1,5)$, $M_1$ có $(u;z)=(3;3)$ nằm khác phía. Đường thẳng ngắn nhất có độ dài
$$P{M}_1=\sqrt{(1+3{)}^2+(3-1,5{)}^2}=\sqrt{16+2,25}=\sqrt{18,25}\approx 4,272.$$
(Phương án đi qua sàn dài hơn: $\sqrt{1^2+7,5^2}>7,5$.)

Đoạn $P\to M_2$: hai tường $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ và $BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }$ gặp nhau dọc cạnh $B^{\prime }{C}^{\prime }$. Trải phẳng: $P$ cách $B^{\prime }{C}^{\prime }$ một khoảng $4-1=3$, cao $1,5$; $M_2$ cách $B^{\prime }{C}^{\prime }$ một khoảng $3$, cao $2,5$, hai điểm khác phía sau khi trải. Độ dài ngắn nhất
$$P{M}_2=\sqrt{(3+3{)}^2+(2,5-1,5{)}^2}=\sqrt{36+1}=\sqrt{37}\approx 6,083.$$
(Đi qua sàn cho $\sqrt{5,5^2+4,5^2}\approx 7,11$, dài hơn.)

Xét phương án một dây nối liền $P\to M_1\to M_2$ hoặc $P\to M_2\to M_1$: khoảng cách tường-tường giữa $M_1$ và $M_2$ ngắn nhất (trải qua sàn) là $9,5$ m, nên tổng vượt xa $4,272+6,083$. Vậy dùng hai dây riêng:
$$L_{\min }=\sqrt{18,25}+\sqrt{37}\approx 4,272+6,083=10,355\approx 10,4\text{ (m)}.$$

Khớp với đáp số nguồn $10,4$.

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ có cạnh bên $SA=SB=SC=SD=200m$, góc $\widehat{ASB}=15^{\circ }$, nên mỗi mặt bên là tam giác cân với góc ở đỉnh $S$ bằng $15^{\circ }$.

Theo hình vẽ, đường gấp khúc $AEFGHIJKLS$ đi từ đỉnh đáy $A$, vòng quanh kim tự tháp qua các cạnh bên (mỗi cạnh bên bị cắt 2 lần, ứng với hai 'vòng' điểm $E,F,G,H,I,J,K$), rồi đến điểm $L$ cố định trên cạnh $SA$ với $LS=40m$, sau đó kết thúc tại $S$.

**Phẳng hóa mặt bên:** Ta triển khai các mặt bên liên tiếp thành một hình quạt. Mỗi mặt tương ứng một góc $15^{\circ }$ tại $S$. Đường gấp khúc ngắn nhất tương ứng với đoạn thẳng trong mặt phẳng triển khai.

Từ $A$ (trên tia $SA$, cách $S$ một khoảng $200$), đường dây vòng quanh qua các mặt và trở lại cạnh $SA$ tại $L$: phải đi qua $8$ mặt liên tiếp, nên tia $S{L}^{\prime }$ (vị trí của $L$ sau khi triển khai) hợp với tia $SA$ một góc bằng $8\times 15^{\circ }=120^{\circ }$, với $S{L}^{\prime }=40m$.

Độ dài đoạn thẳng $A{L}^{\prime }$ theo định lý cosin:
$$A{L}^{\prime }=\sqrt{200^2+40^2-2\cdot 200\cdot 40\cdot \cos 120^{\circ }}=\sqrt{40000+1600+8000}=\sqrt{49600}=40\sqrt{31}\approx 222,71m.$$

Kiểm tra tính hợp lệ: đoạn thẳng này cắt lần lượt các tia $15^{\circ },30^{\circ },\dots ,105^{\circ }$ tại các điểm có khoảng cách tới $S$ nhỏ hơn $200$ (ví dụ tại tia $15^{\circ }$ khoảng cách là $\approx 73,7m$), nên toàn bộ đường nằm trên mặt bên của hình chóp — đường đi khả thi.

Tổng độ dài dây đèn:
$$AEFGHIJKLS=A{L}^{\prime }+LS=40\sqrt{31}+40=40(\sqrt{31}+1)\approx 222,71+40=262,71m.$$

Làm tròn đến hàng đơn vị: $\boxed{263}$ mét. Kết quả trùng với đáp án nguồn (263).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $M$ là trung điểm $CD$. Vì $AC=AD=2\sqrt{3}$ và $BC=BD=\sqrt{7}$ nên $AM\perp CD$, $BM\perp CD$, suy ra $CD\perp (ABM)$. Ta có $CM=\frac{CD}{2}=\sqrt{3}$, $AM=\sqrt{A{C}^2-C{M}^2}=\sqrt{12-3}=3$, $BM=\sqrt{B{C}^2-C{M}^2}=\sqrt{7-3}=2$. Trong tam giác $AMB$: $\cos \widehat{AMB}=\frac{A{M}^2+B{M}^2-A{B}^2}{2\cdot AM\cdot BM}=\frac{9+4-16}{12}=-\frac{1}{4}$, nên $\sin \widehat{AMB}=\frac{\sqrt{15}}{4}$, diện tích $S_{ABM}=\frac{1}{2}\cdot 3\cdot 2\cdot \frac{\sqrt{15}}{4}=\frac{3\sqrt{15}}{4}$. Thể tích tứ diện $V=\frac{1}{3}{S}_{ABM}\cdot CM=\frac{1}{3}\cdot \frac{3\sqrt{15}}{4}\cdot \sqrt{3}=\frac{3\sqrt{5}}{4}$. Vì $CD\perp (ABM)$ nên $CD\perp AB$, do đó khoảng cách giữa $AB$ và $CD$ là $d=\frac{6V}{AB\cdot CD}=\frac{6\cdot \frac{3\sqrt{5}}{4}}{4\cdot 2\sqrt{3}}=\frac{9\sqrt{5}}{16\sqrt{3}}=\frac{3\sqrt{15}}{16}\approx 0,73$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $H$ là trung điểm $BC$, là hình chiếu của $S$ trên $(ABC)$. Vì $SA=2$ và $SA$ hợp với đáy góc $\widehat{SAH}=30^{\circ }$ nên $SH=SA\sin 30^{\circ }=1$, $AH=SA\cos 30^{\circ }=\sqrt{3}$ (đúng bằng đường cao tam giác đều cạnh 2). Tam giác $SAH$ vuông tại $H$. Ta có $BC\perp AH$ (vì $AH$ là đường cao tam giác đều) và $BC\perp SH$ (vì $SH\perp (ABC)$), suy ra $BC\perp (SAH)$. Khi đó khoảng cách giữa hai đường chéo nhau $SA$ và $BC$ là $d(SA,BC)=d(BC,(SAH))=d(H,SA)$. Trong tam giác vuông $SAH$, khoảng cách từ $H$ đến cạnh huyền $SA$ là $d=\frac{SH\cdot AH}{SA}=\frac{1\cdot \sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$. Kiểm tra bằng tọa độ: $H(0;0;0)$, $S(0;0;1)$, $A(0;\sqrt{3};0)$, $B(-1;0;0)$, $C(1;0;0)$, ${\vec{u}}_{SA}=(0;-\sqrt{3};-1)$, ${\vec{u}}_{BC}=(1;0;0)$, $[{\vec{u}}_{SA},{\vec{u}}_{BC}]=(0;-1;\sqrt{3})$, $\overrightarrow{AB}=(1;-\sqrt{3};0)$, khoảng cách $=\frac{|\overrightarrow{AB}\cdot [{\vec{u}}_{SA},{\vec{u}}_{BC}]|}{|[{\vec{u}}_{SA},{\vec{u}}_{BC}]|}=\frac{\sqrt{3}}{2}$. Kết quả trùng với đáp án nguồn: chọn A.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0,0,0),B(3,0,0),C(3,3,0),D(0,3,0)$, tâm đáy $(1,5;1,5;0)$. Thể tích $V=\frac{1}{3}\cdot 9\cdot h=18\Rightarrow h=6$, nên $S(1,5;1,5;6)$. Trọng tâm $G$ của $△SAB$: $G\left(\frac{3}{2};\frac{1}{2};2\right)$.

Gọi $M=tS=\left(\frac{3t}{2};\frac{3t}{2};6t\right)$, $N=(n;3;0)$. Vì $MN\parallel GC$ với $\overrightarrow{GC}=\left(\frac{3}{2};\frac{5}{2};-2\right)$: từ tung độ $-6t=-2\lambda \Rightarrow \lambda =3t$; từ $y$: $3-\frac{3t}{2}=\frac{15t}{2}\Rightarrow t=\frac{1}{3}$; từ $x$: $n-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}\Rightarrow n=2$. Vậy $M\left(\frac{1}{2};\frac{1}{2};2\right)$, $N(2;3;0)$.

Khoảng cách giữa $AG$ (vt $\vec{u}=(\frac{3}{2};\frac{1}{2};2)$) và $MN$ (vt $\vec{v}=(\frac{3}{2};\frac{5}{2};-2)$), với $\overrightarrow{AM}=(\frac{1}{2};\frac{1}{2};2)$:
$$\vec{u}\times \vec{v}=(-6;6;3),\overrightarrow{AM}\cdot (\vec{u}\times \vec{v})=6,|\vec{u}\times \vec{v}|=9.$$
$$d=\frac{6}{9}=\frac{2}{3}\Rightarrow a=2,b=3\Rightarrow P=6\cdot 2+4\cdot 3=24.$$
Kết quả khớp với đáp án nguồn 24.

Tam giác $SAB$ đều, $M$ là trung điểm $AB$ nên $SM$ vừa là đường cao, vừa là trung tuyến hay $SM\perp AB$ và $SM=\frac{\sqrt{3}}{2}AB=\sqrt{3}a$.



Vì $SH\perp (ABCD)\Rightarrow SH\perp AB$. Kết hợp với $SM\perp AB$

$\Rightarrow AB\perp (SHM)\Rightarrow AB\perp MH$

Trong $(ABCD)$ ta thấy: $\{\begin{array}{l}AB\perp MH\\ AB\perp MO\end{array}\Rightarrow M,H,O$ thẳng hàng (Tiền đề O-clit trong không gian 2 chiều) $\Rightarrow \{\begin{array}{l}HO\perp CD\\ SH\perp CD\end{array}\Rightarrow CD\perp (SHO)$

Gọi $HO\cap CD=E\Rightarrow E$ là trung điểm $CD$.

$\{\begin{array}{l}(SCD)\cap (ABCD)=CD\\ CD\perp (SHE)\end{array}\Rightarrow \left(\widehat{(SCD);(ABCD)}\right)=\left(\widehat{SE;EH}\right)\iff \widehat{SEH}=60^0$

Đặt $HE=x>0\Rightarrow MH=ME-HE=2a-x$.

Xét tam giác $SHE$ vuông tại $H$ có: $\tan \widehat{SEH}=\tan 60^{\circ }\iff \frac{SH}{HE}=\sqrt{3}\iff SH=\sqrt{3}.x$

Xét tam giác $SHM$ vuông tại $H$ có: $M{H}^2+S{H}^2=S{M}^2\iff (2a-x{)}^2+{\left(\sqrt{3}.x\right)}^2=3a^2\Rightarrow x=\frac{1}{2}a$.

Hay $HE=\frac{1}{2}a;SH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Gọi $F$ là trung điểm của $BC\Rightarrow MF$, $OF$ là đường trung bình của tam giác $ABC$

$$\Rightarrow \{\begin{array}{l}MF=\frac{AC}{2}=a\sqrt{2}\\ MF\parallel AC\\ OF\perp MH\end{array}\Rightarrow (SMF)\parallel AC\Rightarrow d(AC;SM)=d\left(O;(SMF)\right)=h$$

Do $HO\cap (SMF)=M\Rightarrow \frac{d\left(O;(SMF)\right)}{d\left(H;(SMF)\right)}=\frac{OM}{HM}=\frac{3}{4}\Rightarrow h=\frac{3}{4}d\left(H;(SMF)\right)$

Gọi $I$, $J$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $H$ trên $MF$, $SI$.

Có: $S_{MHF}=\frac{1}{2}.MF.HI=\frac{1}{2}OF.MH\iff HI=\frac{OF.MH}{MF}=\frac{a.\frac{3}{2}a}{a\sqrt{2}}=\frac{3\sqrt{2}}{4}a$

$$\Rightarrow \{\begin{array}{l}SH\perp MF\\ HI\perp MF\end{array}\Rightarrow (SHI)\perp MF\Rightarrow \{\begin{array}{l}HJ\perp MF\\ HJ\perp SI\end{array}\Rightarrow HJ\perp (SMF)$$

$$\Rightarrow h=\frac{3}{4}d\left(H;(SMF)\right)=\frac{3}{4}HJ$$

Xét tam giác $SHI$ vuông tại $H$ có: $HJ\perp SI\Rightarrow HJ=\frac{SH.HI}{\sqrt{S{H}^2+H{I}^2}}=\frac{3\sqrt{5}}{10}a\Rightarrow h=d(SM;AC)=\frac{9\sqrt{5}}{40}a$