Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Khoảng cách không gian (Toán học Lớp 11)
Tuyển tập 724 câu hỏi thuộc chuyên đề Khoảng cách không gian (Hình học – Toán học Lớp 11) trích từ ngân hàng đề thi chính thức và đề thi thử các trường THPT trên toàn quốc. Chọn trực tiếp đáp án A, B, C, D bên dưới để kiểm tra kết quả và xem hướng dẫn giải chi tiết từng bước.
Dấu hiệu & kiến thức trọng tâm:điểm–mặthai mặthai đường chéo nhau
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 1, cạnh bên SA vuông góc với đáy. Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 45∘. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và BD.
(AI giải đề cho tôi) Gọi O là tâm hình vuông ABCD. Vì SA⊥(ABCD) nên góc giữa SC và (ABCD) là SCA=45∘, suy ra SA=ACtan45∘=2⋅1=2. Đặt hệ tọa độ: A(0;0;0), B(1;0;0), C(1;1;0), D(0;1;0), S(0;0;2). Đường thẳng SC có vectơ chỉ phương u1=(1;1;−2), đường thẳng BD có vectơ chỉ phương u2=(−1;1;0), và BC=(0;1;0). Ta có u1×u2=(2;2;2) với độ dài 2+2+4=22. Khoảng cách d(SC,BD)=∣u1×u2∣∣BC⋅(u1×u2)∣=222=21. Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và BD bằng 21.
Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A′B′C′ có cạnh đáy bằng a. M là trung điểm của BB′, N là điểm sao cho AN=41.(A′A+A′B+A′C). Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng CN và A′M bằng 7a21. Thể tích của lăng trụ ABC.A′B′C′ bằng x.a3(x∈R). Khi đó x có giá trị bằng bao nhiêu? (làm tròn sau dấu phẩy hai chữ số)
Trong phòng hình hộp chữ nhật, sàn nhà là hình vuông chiều cao của phòng là 3,2m có hai con nhện đang chằng to trong căn phòng, hai con nhện luôn di chuyển trên hai đường thẳng khác nhau. Giả sử căn phòng được mô hình hóa là hình hộp chữ nhật ABCDA′B′C′D′ với ABCD là nền phòng. Con nhện thứ nhất được coi như là điểm E di chuyển trên đường dây to nối từ đỉnh A đến trung điểm M của CC′. Con nhện thứ hai được coi như là điểm F di chuyển trên đường dây to nối từ đỉnh D′ đến tâm I của mặt ABB′A′ (tham khảo hình vẽ).
Khoảng cách giữa hai con nhện khi đường thẳng đi qua hai con nhện vuông góc với trần nhà bằng bao nhiêu mét?
Cho hình hộp ABCD.A′B′C′D′ có AB=6 cm, BC=BB′=2 cm. Điểm E là trung điểm cạnh BC. Một tứ diện đều MNPQ có hai đỉnh M và N nằm trên đường thẳng EC′, hai đỉnh P và Q nằm trên đường thẳng đi qua điểm B′ và cắt đường thẳng AD tại điểm F. Khoảng cách DF bằng
Do tứ diện MNPQ đều nên ta có MN⊥PQ hay EC′⊥B′F. Ta có: B′F=B′A+AF=B′B+BA′+kAD=B′B+BA′+kB′C′. Và EC′=EC+CC′=21B′C′−B′B. Khi đó EC′.B′F=−B′B2+2kB′C′2=−4+2k⋅4=0⇒k=2. Vậy AF=2AD suy ra D là trung điểm của AF. Do đó DF=BC=2 cm.
a) Vì CB⊥AB,CB⊥BB′⇒CB⊥(ABB′A′)⇒d(C,(ABB′A′))=CB=2a. Chọn ĐÚNG.
b) Gọi O=AB′∩A′B⇒AO⊥A′B; lại có CB⊥(ABB′A′)⇒CB⊥AO, suy ra AO⊥(A′BC)⇒d(A,(A′BC))=AO=a2. Chọn SAI.
c) Gọi D là trung điểm AC, kẻ BK⊥B′D; AC⊥(BDB′)⇒AC⊥BK, suy ra BK⊥(B′AC). Xét tam giác B'DB: BK21=2a21+4a21=4a23⇒BK=323a. Chọn SAI.
d) Gọi N là trung điểm BB′⇒MN//B′C⇒B′C//(AMN), khi đó d(AM,B′C)=d(C,(AMN)). Tứ diện BAMN có BA,BM,BN đôi một vuông góc nên h21=BA21+BM21+BN21=4a21+a21+a21=4a29⇒h=32a. Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B′C bằng 32a. Chọn SAI.
a) Vì CB⊥AB,CB⊥BB′⇒CB⊥(ABB′A′)⇒d(C,(ABB′A′))=CB=2a. Chọn ĐÚNG. b) Vì ABB′A′ là hình vuông, gọi O=AB′∩A′B⇒AO⊥A′B (1). Theo chứng minh trên có CB⊥(ABB′A′)⇒CB⊥AO (2). Từ (1),(2)⇒AO⊥(A′BC)⇒d(A,(A′BC))=AO=a2. Chọn SAI. c) Gọi D là trung điểm cạnh AC, kẻ BK⊥B′D (3). Vì {AC⊥BDAC⊥BB′⇒AC⊥(BDB′)⇒AC⊥BK (4). Từ (3),(4)⇒BK⊥(B′AC)⇒d(B,(B′AC))=BK. Xét trong tam giác B'DB, BK21=BD21+BB′21=2a21+4a21=4a23⇒BK=d(B,(ACB′))=323a. Chọn SAI. d) Gọi N là trung điểm BB′⇒MN//B′C⇒B′C//(AMN). Khi đó d(AM,B′C)=d(B′C,(AMN))=d(C,(AMN)). Ta có BC∩(AMN)=M và MB=MC nên d(C,(ABM))=d(B,(ABM)). Gọi h là khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ABM). Tứ diện BAMN có BA,BM,BN đôi một vuông góc nên: h21=BH21=BA21+BM21+BN21. AB=2a=BC. BN=21BB′=21AA′=22a=a. BM=21BC=a. Suy ra h21=4a21+a21+a21=4a29⇒h2=94a2⇒h=32a. Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B′C bằng 32a. Chọn SAI.
Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A′B′C′ có đáy là tam giác đều cạnh a, cạnh bên AA′=3a6. Hình chiếu vuông góc của A′ lên mặt phẳng (ABC) là trọng tâm G của tam giác ABC. Gọi P,Q,N lần lượt là trung điểm của AB,CC′ và A′G. Tính khoảng cách từ N đến mặt phẳng (PQC) khi a=2 (Kết quả làm tròn đến hàng phần trăm)
Gọi M là trung điểm của BC. Dựng KG//AA′ mà CC′//AA′ nên suy ra d(N,(PQC))=d(N,(PKC)). d(A′,(PKC))d(N,(PKC))=A′GNG=21. Lại có MKA′K=GMAG=2⇒d(M,(PKC))d(A′,(PKC))=MKA′K=2⇒d(A′,(PKC))=2d(M,(PKC)). Dựng A′G//KH mà A′G⊥(ABC) nên KH⊥(ABC). Ta có d(H,(PKC))d(M,(PKC))=HGMG=A′KA′M=23⇒d(M,(PKC))=23d(H,(PKC)). Vậy d(N,(PKC))=21.2.23d(H,(PKC))=23d(H,(PKC)). Dựng HI⊥PC và MJ⊥PC. Ta có AG=32AM=32.2a3=3a3. Có A′G=AA′2−AG2=32a2−3a2=3a3. Tam giác A′GM có A′G//KH nên A′GKH=MA′MK⇒KH=A′G.MA′MK=3a3.31=9a3. Tam giác MGC vuông tại M và MJ⊥MC⇒MJ21=MG21+MC21⇒MJ=41a. Lại có MJHI=MGHG=32⇒HI=6a. d(H,(PKC))21=HI21+KH21⇒d(H,(PKC))=21a7.d(N,(PKC))=23d(H,(PKC))=14a7. Khi a=2. Đs: 0,38.
[Hình cần kiểm tra lại: p14_f1] Vì BAD=120∘ nên suy ra CAD=60∘. Lại có DA=DC nên tam giác ΔACD đều. Do đó AM=2a3. a) Đúng. Kẻ HE⊥CD(E∈CD). Ta có: <table><tbody><tr><td>HE⊥CD</td></tr><tr><td>AM⊥CD</td></tr></tbody></table>}⇒HE//AM. Áp dụng định lý Thalès: AMHE=ACHC=43⇒HE=43⋅2a3=23a3. Mặt khác: CD⊥SH, CD⊥HE nên CD⊥SE. Suy ra [S,CD,A]=SEH=α. Vì SH⊥(ABCD) nên SH⊥HE, do đó tanα=HESH=23a3a3=32. b) Sai. Vì BH⊥(SAC) nên SH không là hình chiếu của SB lên (SAC)⇒(SB,(SAC)) khoˆng ba˘ˋng goˊc BSH. c) Đúng. Ta có SABCD=2SACD=2⋅416a23=8a23. ⇒VS.ABCD=31⋅8a23⋅a3=8a3. d) Đúng. [Hình cần kiểm tra lại: p15_f1] Gọi AN∩CD=F. Suy ra PN∥SF. Do đó d(PN,SM)=d(PN,(SFD))=d(P,(SFD))=21d(A,(SFD))=21⋅34⋅d(H,(SFD))=32⋅SH2+HE2SH⋅HE=32⋅3a2+427a2a3⋅23a3=132a39. a) Đúng. Kẻ HE⊥CD(E∈CD). Ta có: <table><tbody><tr><td>HE⊥CD</td></tr><tr><td>AM⊥CD</td></tr></tbody></table>}⇒HE//AM. Áp dụng định lý Thalès: AMHE=ACHC=43. Theo giả thiết, ta có AMHE=ACHC=43⇒HE=43AM=43⋅2a3=23a3. Mặt khác: CD⊥SH, CD⊥HE nên suy ra CD⊥SE. Ta có: <table><tbody><tr><td>(SCD)∩(ACD)=CD</td></tr><tr><td>HE⊂(ACD),HE⊥CD</td></tr><tr><td>SE⊂(SCD),SE⊥CD</td></tr></tbody></table>}⇒[S,CD,A]=SEH=α. Vì SH⊥(ABCD) nên SH⊥HE, do đó tanα=HESH=23a3a3=32. b) Sai. Vì BH⊥(SAC) nên SH không là hình chiếu của SB lên (SAC)⇒(SB,(SAC)) khoˆng ba˘ˋng goˊc BSH. c) Đúng. Ta có SABCD=2SACD=2⋅416a23=8a23. ⇒VS.ABCD=31⋅8a23⋅a3=8a3. d) Đúng. Gọi AN∩CD=F. Suy ra PN∥SF. Do đó d(PN,SM)=d(PN,(SFD))=d(P,(SFD))=21d(A,(SFD))=21⋅34⋅d(H,(SFD))=32⋅SH2+HE2SH⋅HE=32⋅3a2+427a2a3⋅23a3=132a39.
Cho một tòa nhà đồ chơi có dạng hình hộp chữ nhật ABCD.A′B′C′D′ với đáy là hình vuông cạnh 20 cm và chiều cao 80 cm, A′B′C′D′ là mặt dưới, ABCD là mặt trên. [Hình cần kiểm tra lại: p5_f3] Một con kiến xuất phát từ điểm A′ và bò lên bề mặt xung quanh của tòa nhà để đến đích là điểm A (hình vẽ minh họa). Đường đi của con kiến là một đường gấp khúc liên tục, nằm hoàn toàn trên bốn mặt bên (không bỏ trên mặt trên và mặt dưới), không trùng với các cạnh của hình hộp và lần lượt gặp các cạnh bên theo đúng thứ tự BB′, CC′, BB′, CC′, DD′. Biết rằng con kiến chạm vào cạnh BB′ ở các điểm cách B′ một khoảng không nhỏ hơn 16 cm và chạm vào cạnh CC′ ở các điểm cách C một khoảng không lớn hơn 16 cm. Tính độ dài ngắn nhất của quãng đường mà con kiến đi? (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị, đơn vị độ dài là cm).
Đáp số: 157. Trải phẳng các mặt bên của hình hộp chữ nhật theo đường đi của con kiến ta được hình phẳng như hình vẽ. Xét trường hợp con kiến đi thẳng từ A′ đến A. Gọi E là điểm con kiến chạm vào cạnh BB′. Khi đó: AA′EB′=12020⇒EB′=12080⋅20≈13,3 cm<16 cm (khoˆng thỏa). Xét trường hợp con kiến chạm vào cạnh CC′ tại H (như hình vẽ), với 0<CH≤16. Khi đó: A′H đạt giá trị nhỏ nhất khi CH=16, suy ra C′H=64 và A′H=402+642=889. Gọi K là điểm con kiến chạm cạnh BB′ trong trường hợp này. Ta có: HC′KB′=4020⇒KB′=4064⋅20=32cm>16cm (thỏa ycbt). Con kiến tiếp tục đi thẳng từ H đến A, AH=162+802=1626. Vậy độ dài ngắn nhất của quãng đường mà con kiến đi là A′H+HA=889+1626≈157,056cm.
Cho hình lăng trụ ABCD.A′B′C′D′ có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , BAD=120°. Biết các đường thẳng A′A, A′B, A′C cùng tạo với mặt phẳng (ABCD) một góc bằng 60°. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BB′, CC′. Tính khoảng cách giữa AD và mặt phẳng (D′MN)
Câu 5. (6 điểm) 1. Trên cạnh AD của hình vuông ABCD có độ dài cạnh là a, lấy điểm M sao cho: AM=x,(0<x<a). Trên nửa đường thẳng Az vuông góc với mặt phẳng chứa hình vuông tại điểm A, lấy điểm S sao cho SA=y,(y>0). a) Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC) theo a và y. b) Biết rằng x2+y2=a2. Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp S.ABCM. 2. Gọi N là điểm bất kỳ trên cạnh SC (N không trùng với S và C) của hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình bình hành. Mặt phẳng (α) chứa đường thẳng AN và song song với đường thẳng BD cắt SB, SD lần lượt tại E, F. Chứng minh biểu thức T=SESB+SFSD−SNSC có giá trị không đổi.
1a. Gọi H là hình chiếu của A trên SB ⇒AH⊥SB(1) Mặt khác ta có: BC⊥(SAB)⇒BC⊥AH(2) Từ (1) và (2) ⇒AH⊥(SBC) hay d(A,(SBC))=AH. Xét tam giác SAB vuông tại A ta có: AH.SB=SA.AB⇔AH=SBSA.AB=SA2+AB2SA.AB ⇔AH=a2+y2a.y Vậy: d(A,(SBC))=a2+y2a.y. [Hình cần kiểm tra lại: p6_f1]
1b. Ta có: Hình chóp S.ABCM có đường cao SA=y và có đáy là hình thang vuông nên diện tích đáy là S=21a(a+x) Thể tích khối chóp S.ABCM là: V=31y.21a(a+x)=61ya(a+x) Theo giả thiết: x2+y2=a2⇒y2=a2−x2 nên V2=361a2(a2−x2)(x+a)2. Đặt f(x)=V2 với 0<x<a, ta có f′(x)=36a2(a+x)[−2x(x+a)+2(a2−x2)]=36a2(a+x)(−4x2−2ax+2a2) f′(x)=0⇔x=2a Bảng biến thiên:
x
0
a/2
a
f′(x)
+
0
−
f(x)
↗ max ↘
Vậy f(x) đạt giá trị lớn nhất tại x=2a, khi đó thể tích của khối chóp S.ABCM đạt giá trị lớn nhất: V=maxf(x)=8a33
2. [Hình cần kiểm tra lại: p7_f1] Gọi I là giao điểm của AC và BD; O là giao điểm AN và SI. Qua O kẻ đường thẳng song song với BD cắt SB,SD lần lượt tại E,F. Ta có: SESB=SFSD=SOSI Xét △SIC có cát tuyến AON. Theo định lí Menelaus ta có: ACAI⋅NSNC⋅OIOS=1⇒NSNC⋅OIOS=2 ⇒NSNC=2OSOI⇒SNSC−SN=2OSSI−OS ⇒SNSC=2OSSI−1 Vậy T=2OSSI−2OSSI+1=1
Chú ý: Nếu thí sinh làm cách khác mà đúng thì giám khảo căn cứ vào thang điểm để cho câu/ý đó điểm tối đa.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB=a2;AD=2a. Biết tam giác SAB là tam giác cân tại S, nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy và có diện tích bằng 6a26. Tính khoảng cách từ A đến (SBD).
(AI giải đề cho tôi) Gọi H là trung điểm AB. Vì tam giác SAB cân tại S nên SH⊥AB; do (SAB)⊥(ABCD) và SH⊂(SAB), giao tuyến là AB nên SH⊥(ABCD).
Diện tích tam giác SAB: 21⋅AB⋅SH=6a26⇒21⋅a2⋅SH=6a26⇒SH=3a3=3a.
Chọn hệ tọa độ: A(0;0;0), B(a2;0;0), D(0;2a;0), S(2a2;0;3a3).
Ta có BS=(−2a2;0;3a3), BD=(−a2;2a;0), nên n=BS×BD=(−32a23;−3a26;−a22)∥(6;3;3). Mặt phẳng (SBD) qua B: 6(x−a2)+3y+3z=0.
Khoảng cách từ A đến (SBD): d(A,(SBD))=6+3+96⋅a2=322a3=3a6.
Kiểm tra bằng thể tích: VS.ABD=31⋅SABD⋅SH=31⋅a22⋅3a3=9a36; độ dài BS×BD bằng 2a2 nên SSBD=a2; do đó d(A,(SBD))=SSBD3V=3a6. Kết quả nhất quán.
a) Cho đa giác đều A1A2...A36 nội tiếp đường tròn (O;2). Chọn ba điểm bất kì từ 36 đỉnh của đa giác đều trên. Tính xác suất để ba điểm đó là ba đỉnh của một tam giác vuông có diện tích bằng một số nguyên.
b) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2a, tam giác SAB cân tại đỉnh S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi H,E lần lượt là trung điểm của AB,BC. Khoảng cách từ điểm H đến đến mặt phẳng (SED) bằng 2a6. Gọi G là trọng tâm tam giác SCD. Tính thể tích khối chóp G.AHED.
1. Tại buổi triển lãm, một viên đá quý được trưng bày trên giá đỡ có dạng hình chóp S.ABC, đáy là tam giác ABC cân tại B nằm trên mặt bàn và SA vuông góc với mặt bàn. Viên đá quý có hình dạng một khối tứ diện đều có hai cạnh đối lần lượt nằm trên hai đường thẳng chứa cạnh SC và đường cao AH của tam giác SAB như hình vẽ. Biết AB=5cm, góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SBC) bằng 60∘. a) Chứng minh rằng tam giác ABC vuông cân. b) Tính thể tích của viên đá quý.
2. Một tàu vũ trụ đang ở cách mặt phẳng ranh giới giữa hai nửa không gian một khoảng bằng a. Phi hành đoàn biết điều đó nhưng không chắc chắn phải đi theo hướng nào để chạm đến ranh giới. Tàu vũ trụ có thể di chuyển trong không gian theo bất kỳ đường đi nào, đồng thời ghi lại độ dài quãng đường đã di chuyển và tàu có thiết bị cảm biến báo hiệu khi đã đến ranh giới. Liệu phi hành đoàn có thể chắc chắn đến được mặt phẳng ranh giới hay không, với điều kiện quãng đường di chuyển không quá 14a?
Chọn mặt phẳng đáy (ABC) là mặt phẳng z=0. vì AB=5 nên Đặt A(0,0,0),S(0,0,h)(h=SA),B(5,0,0) Do tam giác ABC cân tại B, đặt: C(x,y,0). Khi đó: BC=BA=5⇒(x−5)2+y2=25.(1) Trong tam giác SAB, do SA⊥AB nên AH⊥SB. Ta có: SB=(5,0,−h). Một vectơ vuông góc với SB là: u=(h,0,5) vì u⋅SB=5h−5h=0. Vậy có thể chọn vecto chỉ phương của AH là: u=(h,0,5). Vì hai cạnh đối của tứ diện đều vuông góc nhau nên: SC⊥AH. Ta có: SC=(x,y,−h). Do đó: SC⋅u=0⇒xh+y⋅0+(−h)⋅5=0⇒h(x−5)=0. Vì h=0, suy ra: x=5. Thế vào (1), được y2=25⇒y=±5. Theo hình vẽ, chọn: C(5,5,0)⇒BA(5;0;0),BC(0;5;0)⇒BA.BC=0 Do đó: BA⊥BC, mà tam giác ABC cân tại B nên tam giác ABC vuông cân tại B.
b) Xét góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SBC), ta có: SA=(0,0,−h),SC=(5,5,−h). Suy ra một vectơ pháp tuyến của (SAC) là n1=SA×SC=(5h,−5h,0). Mặt khác: SB=(5,0,−h),SC=(5,5,−h), Nên một vectơ pháp tuyến của (SBC) là: n2=SB×SC=(5h,0,25). Vì góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SBC) bằng 60∘, nên: cos60∘=∥n1∥∥n2∥∣n1⋅n2∣. Do đó 21=(5h2)⋅5h2+25∣(5h,−5h,0)⋅(5h,0,25)∣=25h2h2+2525h2=2h2+25h. Suy ra 2h2+25h=21⇒2h=2h2+25⇒h2=25. Vì h>0, nên SA=h=5. Khi đó tam giác SAB vuông cân tại A, nên SB=52. Suy ra đường cao từ A xuống SB là AH=SBSA⋅AB=525⋅5=252. Lại có AH//(5,0,5), đặt AH=k(5,0,5). Khi đó AH2=50k2=(252)2=225⇒k=21. Vậy AH=(25,0,25). Ta có SC=(5,5,−5),AS=(0,0,5). Khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AH là: d=SC×AHAS⋅(SC×AH)=65. Gọi a là cạnh của tứ diện đều. Ta chứng minh: Với tứ diện đều, khoảng cách giữa hai cạnh đối bằng: 2a và thể tích tứ diện bằng: 122a3. Thật vậy, xét tứ diện đều M.NPQ có các cạnh bằng a:
Gọi K là trung điểm PQ, O là trọng tâm của tam giác NPQ. Đặt d=d(MN,PQ), ta có: d(PQ,MN)=d(K,MN)=23d(O,MN). Xét tam giác đều NPQ có: NK=23a⇒NO=32NK=33a⇒MO=36a. Mặt khác: d(O,MN)=MO2+NO2MO⋅NO=32a⇒d(PQ,MN)=32⋅32a⋅23=2a. Suy ra: d=2a⇒a=2d. Ta lại có: VM.NPQ=31SNPQ⋅MO=31⋅21a2sin60∘⋅36a=122a3. Áp dụng bài toán ta có, giả sử viên kim cương tứ diện đều có cạnh bằng a. Suy ra: 2a=d=65⇒a=2⋅65=35. Thể tích tứ diện đều cạnh a là V=122a3. Vậy V=122(35)3=1081256 cm3. Vậy ΔABC vuông cân tại B và V=1081256 cm3≈2,84 cm3.
2. Gọi O là vị trí ban đầu của tàu. Vì mặt phẳng ranh giới cách O một khoảng đúng bằng a, nên nó luôn là một mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu tâm O, bán kính a. Ta dựng một bát diện đều có tâm O và mặt cầu nội tiếp chính là mặt cầu đó. Khi đó khoảng cách từ O đến mỗi mặt của bát diện đều bằng a. (Hình vẽ chỉ mang tính chất minh họa)
Gọi s là cạnh bát diện đều. Ta có bán kính mặt cầu nội tiếp của bát diện đều là r=66s. Do r=a, suy ra s=a6. Khoảng cách từ tâm O đến mỗi đỉnh của bát diện đều là R=22s=22⋅a6=a3. Ta cho tàu bay như sau: - Từ O bay thẳng đến một đỉnh của bát diện: quãng đường là a3. - Sau đó bay dọc theo 5 cạnh liên tiếp để đi qua cả 6 đỉnh của bát diện: quãng đường là 5a6. Vậy tổng quãng đường là S=a3+5a6≈1,732a+12,247a=13,979a<14a.. Bây giờ ta chứng minh cách đi này luôn gặp mặt phẳng ranh giới. Vì mặt phẳng ranh giới tiếp xúc với mặt cầu nội tiếp nên nó sẽ cắt khối bát diện thành hai phần, do đó trong 6 đỉnh của bát diện luôn có đỉnh nằm ở hai phía khác nhau của mặt phẳng. Mà tàu đi liên tiếp qua tất cả 6 đỉnh, nên sẽ có ít nhất một đoạn bay nối hai đỉnh nằm khác phía. Khi đó đoạn thẳng ấy chắc chắn cắt mặt phẳng ranh giới. Vì thế tàu chắc chắn chạm được mặt phẳng ranh giới. Kết luận: phi hành đoàn có thể chắc chắn đến được mặt phẳng ranh giới với quãng đường không vượt quá 14a.
Cho hình chóp S.ABCD có cạnh đáy SA vuông góc với đáy, ABCD là hình vuông cạnh 10cm. Biết góc giữa SB và mặt đáy bằng 60∘. Tính hoàng cách giữa hai đường thẳng BD và SC ? (đơn vị là cm, kết quả làm tròn đến hàng phần trăm).?
(AI giải đề cho tôi) Chọn hệ trục: A(0;0;0), B(10;0;0), C(10;10;0), D(0;10;0), S(0;0;SA). Vì SA⊥(ABCD) nên góc giữa SB và mặt đáy là góc SBA=600, suy ra SA=ABtan600=103. Vậy S(0;0;103). Ta có BD=(−10;10;0), SC=(10;10;−103), BS=(10;0;−103). Tính BD×SC=(−1003;−1003;−200), độ dài ∣BD×SC∣=30000+30000+40000=10010. Khoảng cách d(BD,SC)=∣BD×SC∣∣BS⋅(BD×SC)∣=10010∣−10003+20003∣=1001010003=30≈5,48 cm.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB=a,BC=a2; SA⊥(ABCD); SA=a6. a) Gọi H là hình chiếu của A trên mặt phẳng (SBD). Tính độ dài AH theo a. b) Tính số đo góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (SCD), (đơn vị độ, kết quả làm tròn đến hàng đơn vị).
(AI giải đề cho tôi) Chọn hệ trục: A(0,0,0), B(a,0,0), D(0,a2,0), C(a,a2,0), S(0,0,a6).
a) Ta có SB=a7, SD=2a2, BD=a3. Thể tích khối chóp S.ABD: V=31SA⋅SABD=31⋅a6⋅2a⋅a2=3a33. Diện tích tam giác SBD: SB=(a,0,−a6), SD=(0,a2,−a6), SB×SD=(a212,a26,a22) nên SSBD=21a220=a25. Khoảng cách AH=d(A,(SBD))=SSBD3V=a25a33=5a15.
b) Vì AB∥CD⊂(SCD) nên AB∥(SCD), do đó góc giữa SB và (SCD) bằng góc giữa AB và (SCD), và d(B,(SCD))=d(A,(SCD)). Mặt phẳng (SCD): qua D(0,a2,0) với pháp tuyến n=(0,6,2) (từ DC×DS), phương trình 6y+2z=2a3. d(A,(SCD))=82a3=2a6. sinα=SBd(B,(SCD))=a7a6/2=143≈0,4629. Vậy α≈27,55∘≈28∘.
Tòa nhà Puerta de Europa ở Tây Ban Nha có hình dạng là một khối hộp xiên. Sử dụng công cụ đo đạc của phần mềm Google Earth Pro đo được chiều cao tòa nhà là 115m, đáy tòa nhà là một hình vuông có cạnh bằng 35m, chiều dài cạnh bên bằng 117m. Biết rằng có hai mặt bên vuông góc với mặt đất, tính khoảng cách giữa hai mặt bên còn lại (làm tròn kết quả đến hàng phần mười).
(AI giải đề cho tôi) Mô hình hóa: mặt cắt ngang vuông góc với hai mặt bên đứng là một hình bình hành có cạnh đáy (nằm ngang) bằng 35 m, cạnh bên bằng 117 m và chiều cao (khoảng cách giữa hai mặt đứng) bằng 115 m. Góc lệch θ của các mặt bên xiên so với phương thẳng đứng thỏa sin θ = √(117² − 115²)/117 = √464/117 ≈ 21,5407/117, nên cos θ = 115/117. Hai mặt bên xiên song song với nhau và cùng nghiêng một phía (nếu nghiêng vào nhau thì khoảng cách ngang 35 − 2√464 < 0, vô lý). Khoảng cách ngang giữa hai mặt xiên là 35 − √464 ≈ 13,4593 m. Khoảng cách thực giữa hai mặt phẳng xiên (đo vuông góc với hai mặt) là d = (35 − √464)·cos θ = (35 − √464)·115/117 ≈ 13,4593 × 0,982906 ≈ 13,2289 ≈ 13,2 m.
Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A′B′C′, có cạnh đáy AB=23. Gọi M là trung điểm cạnh BC và A′M=5. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng B′C′ và A′M.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB=a, AD=2a, SA⊥(ABCD) và SA=a. Biết khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SBN) với N là trung điểm của CD là 332am(m∈N). Tính giá trị biểu thức P=m2−1.
(AI giải đề cho tôi) Chọn hệ trục: A(0,0,0), B(a,0,0), C(a,2a,0), D(0,2a,0), S(0,0,a), N trung điểm CD nên N(a/2,2a,0). Vectơ SB=(a,0,-a), SN=(a/2,2a,-a). VTCP của (SBN): SB×SN=(2a², a²/2, 2a²) ∝ (4,1,4). Mặt phẳng (SBN): 4x+y+4z=4a (qua B). Khoảng cách từ D(0,2a,0): d=|4·0+2a+0-4a|/√(16+1+16)=2a/√33=2a√33/33. Vậy m=33, P=m²-1=1089-1=1088, khớp đáp án nguồn.
Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình thoi cạnh 2. Tam giác ABC đều, hình chiếu vuông góc H của đỉnh S trên mặt phẳng ABCD trùng với trọng tâm tam giác ABC. Đường thẳng SD hợp với mặt phẳng đáy một góc 30 độ. Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SCD)? (làm tròn đến hàng phần trăm).
(AI giải đề cho tôi) Đặt hệ tọa độ: B=(0;0;0), C=(2;0;0), vì tam giác ABC đều cạnh 2 nên A=(1;3;0), do ABCD là hình thoi nên D=A+C−B=(3;3;0). Trọng tâm tam giác ABC là H=(1;33;0). Ta có HD=22+(323)2=34. Vì SD tạo với đáy góc 30∘ nên tan30∘=HDSH⇒SH=34⋅31=34. Vậy S=(1;33;34). Vectơ SC=(1;−33;−34), SD=(2;323;−34). Pháp tuyến của (SCD): n=SC×SD=(343;−34;343), với ∣n∣=347. Mặt phẳng (SCD) đi qua C(2;0;0), khoảng cách từ B đến (SCD): d=∣n∣∣n⋅CB∣=347−2⋅343=723=7221≈1.31.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB=a, AD=2a. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng đáy là trung điểm H của AD, góc giữa SB và mặt phẳng đáy (ABCD) là 45∘. Khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và BH theo a được kết quả ma. Khi đó giá trị 53m2 là bao nhiêu? (làm tròn đến hàng phần trăm)
(AI giải đề cho tôi) Chọn hệ tọa độ: A(0;0;0), B(a;0;0), D(0;2a;0), C(a;2a;0), H trung điểm AD nên H(0;a;0). Vì SH⊥(ABCD), góc giữa SB và đáy là SBH=45∘ nên SH=HB=a2, suy ra S(0;a;a2). Ta có SD=(0;a;−a2), BH=(a;−a;0), HS=(0;0;a2). Tích có hướng [SD,BH]=(−a22;−a22;−a2) với độ dài a25. Khoảng cách d(SD,BH)=∣[SD,BH]∣∣HS⋅[SD,BH]∣=a25a32=5a10. Vậy m=510, m2=52, do đó 53m2=256=0,24.
Đề thi có nhiều câu hỏi chuyên đề Khoảng cách không gian
Luyện tập trong bối cảnh đề thi thật hoặc tải bản in PDF chuẩn A4 kèm lời giải.
Xét trường hợp con kiến đi thẳng từ 
(0.5 điểm)
