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

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: O(0;0;0), A(a/2;−a/2;0), B(a/2;a/2;0), C(−a/2;a/2;0), D(−a/2;−a/2;0), S(0;0;a).

a) Vì AB ∥ CD nên (SAB) và (SCD) cắt nhau theo đường thẳng qua S song song AB. VTCP của (SAB): n1 = AB × AS = (a²; 0; a²/2). VTCP của (SCD): n2 = CD × DS = (−a²; 0; a²/2). cos = |n1·n2|/(|n1||n2|) = |−a⁴ + a⁴/4| / (a²√(5/4)·a²√(5/4)) = (3a⁴/4)/(5a⁴/4) = 3/5. Vậy góc giữa hai mặt phẳng là arccos(3/5) ≈ 53°07′.

b) Mặt phẳng (SAC) có VTPT n = AC × AS = (a²; a²; 0), suy ra (SAC): x + y = 0. d(B,(SAC)) = |a/2 + a/2|/√2 = a/√2 = a√2/2.

c) Mặt phẳng (SBC) có VTPT n = BC × BS = (0; a²; a²/2), suy ra (SBC): 2y + z − a = 0. d(O,(SBC)) = |−a|/√5 = a/√5 = a√5/5.

d) Vì BC ∥ AD nên d(SA,BC) = d(BC,(SAD)) = d(B,(SAD)). Mặt phẳng (SAD) có VTPT n = AD × AS = (0; a²; −a²/2), suy ra (SAD): 2y − z + a = 0. d(B,(SAD)) = |a + 0 + a|/√5 = 2a/√5 = 2a√5/5.

e) V(S.ABCD) = (1/3)·S_ABCD·SO = (1/3)·a²·a = a³/3. V(S.ABC) = (1/3)·S_ABC·SO = (1/3)·(a²/2)·a = a³/6 (đường cao từ S xuống (ABC) chính là SO = a vì SO ⊥ đáy).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: A(0,0,0), B(a,0,0), D(0,a,0), C(a,a,0), H(a/2,0,0). Vì (SAB)⊥(ABCD) và tam giác SAB đều cạnh a nên SH⊥AB tại H, S nằm trên đường thẳng qua H vuông góc đáy, SH = a√3/2, tức S(a/2, 0, a√3/2).

1) Khoảng cách từ H đến (SBD): vectơ BS = (−a/2, 0, a√3/2), BD = (−a, a, 0), pháp tuyến n = BS×BD = (−a²√3/2, −a²√3/2, −a²/2), chọn n = (√3, √3, 1). Mặt phẳng (SBD): √3x + √3y + z = √3a (thỏa B, D, S). Do đó d(H,(SBD)) = |√3·(a/2) − √3a|/√7 = (√3a/2)/√7 = a√21/14.

2) Thể tích khối chóp S.ABC: diện tích tam giác ABC (vuông tại A) là a²/2, chiều cao SH = a√3/2, nên V = (1/3)·(a²/2)·(a√3/2) = a³√3/12.

3) Suy ra diện tích tam giác SBD: tứ diện S.ABC chính là khối chóp A.SBD, nên V = (1/3)·S_{SBD}·d(A,(SBD)). Ta có d(A,(SBD)) = √3a/√7. Suy ra S_{SBD} = 3V/d = 3·(a³√3/12)·(√7/(√3a)) = a²√7/4.

Kết luận: d(H,(SBD)) = a√21/14; V_{S.ABC} = a³√3/12; S_{SBD} = a²√7/4.

Lời giải (đáp án chính thức):

Giả sử các cạnh và các đỉnh của kim tự tháp được mô phỏng như hình vẽ bên dưới



Gọi $H$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. Vì $S.ABCD$ là chóp tứ giác đều nên ta có $SA=SB=SC=SD$.

Từ đó suy ra $$\{\begin{array}{l}SH\perp BD\\ SH\perp AC\end{array}\Rightarrow SH\perp (ABCD).$$

Xét tam giác $ABC$ vuông tại $A$, ta có: $AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=262\sqrt{2}$ m.

$\Rightarrow HC=\frac{AC}{2}=131\sqrt{2}$ m.

Xét tam giác $SHC$ vuông tại $H$, ta có: $SH=\sqrt{S{C}^2-H{C}^2}=\sqrt{(230{)}^2-{\left(131\sqrt{2}\right)}^2}=\sqrt{18578}$.

Gọi $I$ là trung điểm của $BC$, ta có $SI\perp BC$ vì tam giác $SBC$ cân tại $S$ và ta có $HI=\frac{AB}{2}=131$ m.

Kẻ $HJ\perp SI$, khi đó $HJ\perp (SBC)$ vì $$\{\begin{array}{l}HJ\perp SI\\ HJ\perp BC\end{array},$$

suy ra $HJ$ là khoảng cách ngắn nhất để đào con đường vào tâm của đáy kim tự tháp.

Xét tam giác $SHI$ vuông tại $H$, ta có:
$$\frac{1}{H{J}^2}=\frac{1}{S{H}^2}+\frac{1}{H{I}^2}=\frac{1}{18578}+\frac{1}{17161}=\frac{35739}{18578.17161}\Rightarrow HJ\approx 94$$ m.

Vậy quãng đường ngắn nhất khoảng 94 m.

(Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tương ứng)

Lời giải (đáp án chính thức):

Giả sử các cạnh và các đỉnh của kim tự tháp được mô phỏng như hình vẽ bên dưới



Gọi $H$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. Vì $S.ABCD$ là chóp tứ giác đều nên ta có $SA=SB=SC=SD$.

Từ đó suy ra $$\{\begin{array}{l}SH\perp BD\\ SH\perp AC\end{array}\Rightarrow SH\perp (ABCD).$$

Xét tam giác $ABC$ vuông tại $A$, ta có: $AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=262\sqrt{2}$ m.

$\Rightarrow HC=\frac{AC}{2}=131\sqrt{2}$ m.

Xét tam giác $SHC$ vuông tại $H$, ta có: $SH=\sqrt{S{C}^2-H{C}^2}=\sqrt{(230{)}^2-{\left(131\sqrt{2}\right)}^2}=\sqrt{18578}$.

Gọi $I$ là trung điểm của $BC$, ta có $SI\perp BC$ vì tam giác $SBC$ cân tại $S$ và ta có $HI=\frac{AB}{2}=131$ m.

Kẻ $HJ\perp SI$, khi đó $HJ\perp (SBC)$ vì $$\{\begin{array}{l}HJ\perp SI\\ HJ\perp BC\end{array},$$

suy ra $HJ$ là khoảng cách ngắn nhất để đào con đường vào tâm của đáy kim tự tháp.

Xét tam giác $SHI$ vuông tại $H$, ta có:
$$\frac{1}{H{J}^2}=\frac{1}{S{H}^2}+\frac{1}{H{I}^2}=\frac{1}{18578}+\frac{1}{17161}=\frac{35739}{18578.17161}\Rightarrow HJ\approx 94$$ m.

Vậy quãng đường ngắn nhất khoảng 94 m.

(Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tương ứng)

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: A(0,0,0), B(a,0,0), C(a,a,0), D(0,a,0), S(0,0,4a).

a) Vì ABCD là hình vuông nên BC⊥AB; vì SA⊥(ABCD) nên SA⊥BC. Từ đó BC⊥(SAB). Mà BC nằm trong (SBC), nên (SBC)⊥(SAB) (đpcm).

b) Vì BC⊥(SAB) nên B là hình chiếu của C lên (SAB), góc giữa SC và (SAB) là góc SCB. Tam giác SBC vuông tại B: SB=√(SA²+AB²)=a√17, BC=a, nên tan∠SCB = BC/SB = 1/√17. Vậy góc cần tìm bằng arctan(1/√17) ≈ 13°38′ (≈13,63°).

c) M là trung điểm SA: M(0,0,2a). T trên SB với ST=⅔SB: T = S + ⅔(B−S) = (2a/3, 0, 4a/3).
Vectơ CM = (−a,−a,2a), CT = (−a/3,−a,4a/3). Vectơ pháp tuyến n = CM×CT = (2a²/3, 2a²/3, 2a²/3) ∝ (1,1,1). Mặt phẳng (CMT): x+y+z = 2a.
Khoảng cách từ D(0,a,0): d(D,(CMT)) = |0+a+0−2a|/√3 = a/√3 = a√3/3.

(AI giải đề cho tôi)
Vì các cạnh bên bằng nhau nên $S$ nằm trên đường thẳng vuông góc với đáy tại $O$ (tâm hình chữ nhật). Gọi $H$ là chân đường vuông góc hạ từ $O$ xuống $AD$, khi đó $OH=\frac{AB}{2}=8a$ và góc giữa $(SAD)$ và đáy là góc $SHO=30^{\circ }$, suy ra $SO=OH\cdot \tan 30^{\circ }=\frac{8a}{\sqrt{3}}$.

Hai mặt phẳng $(SAD)$ và $(SBC)$ cắt nhau theo đường thẳng $d$ đi qua $S$ và song song với $AD$ (vì $AD\parallel BC$). Vì hình chóp đối xứng nên cả $(SAD)$ lẫn $(SBC)$ đều tạo với đáy góc $30^{\circ }$ ở hai phía, do đó góc giữa hai mặt phẳng này bằng $60^{\circ }$.

Vì $A\in (SAD)$ nên khoảng cách từ $A$ đến $(SBC)$ là:
$$d(A,(SBC))=d(A,d)\cdot \sin 60^{\circ }.$$

Đường thẳng $d$ đi qua $S$ song song với $AD$ (phương vuông góc với $AB$ trong mặt phẳng đáy), nên khoảng cách từ $A$ đến $d$ là:
$$d(A,d)=\sqrt{S{O}^2+O{H}^2}=\sqrt{\frac{64a^2}{3}+64a^2}=\frac{16a}{\sqrt{3}}.$$

Do đó:
$$d(A,(SBC))=\frac{16a}{\sqrt{3}}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=8a.$$

Vì $M$ là trung điểm $SA$ và $S\in (SBC)$ nên:
$$d(M,(SBC))=\frac{1}{2}d(A,(SBC))=4a.$$

Vậy $m=4$, khớp với đáp án đã cho.

+ Lập luận chỉ ra được $d\left(I;(SCD)\right)=\frac{2}{3}d\left(A;(SCD)\right)$

+ Kẻ $AH\perp SD$. CM được $d\left(A;(SCD)\right)=AH$

+ Tính được $AH=\frac{2\sqrt{15}}{5}a$

+ Suy ra $d\left(I;(SCD)\right)=\frac{4\sqrt{15}}{15}a$ (điểm 0,25 × 4).

a) Chứng minh $(SCD)\perp (SAD)$ (0,5 điểm): Chứng minh được $CD\perp (SAD)$ (0,25); lập luận $CD\subset (SCD)\Rightarrow (SCD)\perp (SAD)$ (0,25). [Hình cần kiểm tra lại: p14_f1] b) Xác định đường vuông góc chung và tính khoảng cách giữa $BD$ và $SC$ (1,0 điểm): Kẻ $OH\perp SC$ (0,25); Chứng minh được $OH\perp BD$ (0,25); CM được $\Delta SAC\sim \Delta OHC\Rightarrow \frac{OH}{SA}=\frac{OC}{SC}$ (0,25); $\Rightarrow OH=\frac{OC.SA}{SC}=\frac{a\sqrt{70}}{14}$ (0,25). Lưu ý: Thảo luận kỹ HDC trước khi chấm; học sinh làm cách khác (đúng), GV tự phân chia điểm hợp lý để chấm.

a) Chứng minh $(SBC)\perp (SAB)$ (0,5 điểm): Chứng minh được $BC\perp (SAB)$ (0,25); lập luận $BC\subset (SBC)\Rightarrow (SBC)\perp (SAB)$ (0,25). b) Xác định đường vuông góc chung và tính khoảng cách giữa $BD$ và $SC$ (1,0 điểm): Kẻ $OH\perp SC$ (0,25); Chứng minh được $OH\perp BD$ (0,25); CM được $\Delta SAC\sim \Delta OHC\Rightarrow \frac{OH}{SA}=\frac{OC}{SC}$ (0,25); $\Rightarrow OH=\frac{OC.SA}{SC}=\frac{a\sqrt{30}}{10}$ (0,25). Lưu ý: Thảo luận kỹ HDC trước khi chấm; học sinh làm cách khác (đúng), GV tự phân chia điểm hợp lý để chấm.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(13;0;0)$, $C(13;13;0)$, $D(0;13;0)$, $O(6,5;6,5;0)$. Vì $SA\perp (ABCD)$ và góc giữa $SB$ và $(ABCD)$ bằng $60^{\circ }$ nên $\tan 60^{\circ }=\frac{SA}{AB}=\frac{SA}{13}$, suy ra $SA=13\sqrt{3}$, tức $S(0;0;13\sqrt{3})$. Đường thẳng $AB$ có vectơ chỉ phương $\vec{u}=(1;0;0)$, đường thẳng $SO$ có vectơ chỉ phương $\vec{v}=\overrightarrow{OS}=(6,5;6,5;-13\sqrt{3})$. Ta có $\vec{u}\times \vec{v}=(0;13\sqrt{3};6,5)$ với độ dài $|\vec{u}\times \vec{v}|=\sqrt{507+42,25}=\sqrt{549,25}$. Lấy điểm $A$ trên $AB$ và $S$ trên $SO$, vectơ $\overrightarrow{AS}=(0;0;13\sqrt{3})$. Khoảng cách giữa $AB$ và $SO$: $d=\frac{|\overrightarrow{AS}\cdot (\vec{u}\times \vec{v})|}{|\vec{u}\times \vec{v}|}=\frac{13\sqrt{3}\cdot 6,5}{\sqrt{549,25}}\approx \frac{146,34}{23,44}\approx 6,24\approx 6,2cm$. Kết quả khớp với đáp án nguồn 6,2.

Lời giải (Đáp án mã 0103-0107):

Nhận thấy : $QM//PN\Rightarrow QM//(SNP)\Rightarrow d_{(Q\to (SNP))}=d_{(M\to (SNP))}$
Ta có: $\{\begin{array}{l}PN\perp MN\\ PN\perp SM\end{array}\Rightarrow PN\perp (SMN)$ nên $(SPN)\perp (SMN)$ theo giao tuyến $SN$.
Kẻ $MH\perp SN$ tại $H$. Khi đó $MH\perp (SPN)$ nên khoảng cách từ $Q$ đến $(SPN)$ bằng $MH$.
Ta có
$\frac{1}{M{H}^2}=\frac{1}{M{S}^2}+\frac{1}{M{N}^2}=\frac{1}{M{S}^2}+\frac{1}{M{P}^2-M{Q}^2}=\frac{1}{4a^2}+\frac{1}{12a^2-4a^2}=\frac{1}{4a^2}+\frac{1}{8a^2}=\frac{3}{8a^2}$
$\Rightarrow MH=\frac{2\sqrt{6}a}{3}$.
Vậy $d(Q;(SNP))=\frac{2\sqrt{6}a}{3}$

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $O$ là tâm đáy, chân đường cao của hình chóp đều $S.ABCD$ (cạnh đáy $a$, cạnh bên $2a$). Ta có $AC=a\sqrt{2}$ nên $OA=\frac{a\sqrt{2}}{2}$, suy ra $SO=\sqrt{S{A}^2-O{A}^2}=\sqrt{4a^2-\frac{a^2}{2}}=a\sqrt{\frac{7}{2}}$. Gọi $H$ là trung điểm $AB$, thì $OH=\frac{a}{2}$ và $SH=\sqrt{S{A}^2-A{H}^2}=\sqrt{4a^2-\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{15}}{2}$. Vì $AB\perp (SOH)$ nên $(SAB)\perp (SOH)$, khoảng cách từ $O$ đến mặt $(SAB)$ là $h=\frac{SO\cdot OH}{SH}=\frac{a\sqrt{7/2}\cdot a/2}{a\sqrt{15}/2}=\frac{a\sqrt{7}}{\sqrt{30}}$. Vậy $h^2=\frac{7a^2}{30}$ (theo đơn vị $a^2$), do đó $T=30h^2=7$. Kết quả trùng với đáp án nguồn.

a) Chứng minh $AH\perp (SBC)$:
Ta có $BC\perp AB$ (do $ABCD$ là hình chữ nhật) và $BC\perp SA$ (do $SA\perp (ABCD)$). Suy ra $BC\perp (SAB)\Rightarrow BC\perp AH$.
Lại có $AH\perp SB$ (theo giả thiết).
Từ hai điều trên, ta kết luận được $AH\perp (SBC)$.

b) Chứng minh $(SAC)\perp (AHK)$:
Chứng minh hoàn toàn tương tự ý a), ta có $CD\perp (SAD)\Rightarrow CD\perp AK$. Lại có $AK\perp SD\Rightarrow AK\perp (SCD)\Rightarrow AK\perp SC$.
Theo ý a), ta đã có $AH\perp (SBC)\Rightarrow AH\perp SC$.
Từ hai yếu tố $AK\perp SC$ và $AH\perp SC$, suy ra $SC\perp (AHK)$.
Mặt khác, $SC\subset (SAC)$. Vậy $(SAC)\perp (AHK)$ (đpcm).

c) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng $SC$ và $BD$:
Giao tuyến của hai mặt phẳng $(SBC)$ và $(SAD)$ là đường thẳng $\Delta$ đi qua $S$ và song song với $AD,BC$.
Vì $SA\perp AD\Rightarrow SA\perp \Delta$. Mặt khác $AB\perp AD\Rightarrow SB\perp \Delta$ (theo định lý 3 đường vuông góc).
Suy ra góc giữa $(SBC)$ và $(SAD)$ là góc $\widehat{ASB}=45^{\circ }$. Từ đó $\Delta SAB$ vuông cân tại $A\Rightarrow SA=AB=a$.
Trong mặt phẳng $(ABCD)$, kẻ $Cx\parallel BD$.
Khoảng cách cần tìm: $d(BD,SC)=d(BD,(S,Cx))=d(O,(S,Cx))$ (với $O$ là tâm đáy). Do $O$ là trung điểm $AC$ nên $d(O,(S,Cx))=\frac{1}{2}d(A,(S,Cx))$.
Kẻ $AE\perp BD$. Xét $\Delta ABD$ vuông tại $A$: $AE=\frac{AB\cdot AD}{\sqrt{A{B}^2+A{D}^2}}=\frac{a\cdot 2a}{\sqrt{a^2+4a^2}}=\frac{2a\sqrt{5}}{5}$.
Kẻ $AF\perp Cx$ tại $F$. Do $BD\parallel Cx$ nên $AF=2AE=\frac{4a\sqrt{5}}{5}$.
Chiều cao hạ từ $A$ xuống mặt phẳng $(S,Cx)$ là $h$, tính theo hệ thức:
$$\frac{1}{h^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{F}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{5}{16a^2}=\frac{21}{16a^2}\Rightarrow h=\frac{4a\sqrt{21}}{21}.$$ Vậy $d(BD,SC)=\frac{1}{2}h=\frac{2a\sqrt{21}}{21}$.

a) $BC\perp SA$ (gt), $BC\perp AB$ (gt) $\Rightarrow BC\perp (SAB)$ $\Rightarrow (SAB)\perp (SBC)$.
b) Kẻ CE//DK (E thuộc đt AB).
d(DK, SC) = d(K, (SCE)) $=\frac{3}{5}d(A,(SCE))$.
Kẻ AF ⊥ CE: $AF=\frac{7a}{\sqrt{2}}$.
AH ⊥ SF: $AH=\frac{7a}{4}$.
Vậy $d(SC,DK)=a$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $A=(0,0,0)$, $B=(a,0,0)$, $C=\left(\frac{a}{2},\frac{a\sqrt{3}}{2},0\right)$ (hình thoi, $\widehat{ABC}=60^0$), chiều cao $h=2\sqrt{3}$, $A^{\prime }=(x,y,h)$.

Từ $A^{\prime }A=A^{\prime }B$: $x^2=(x-a{)}^2\Rightarrow x=\frac{a}{2}$. Từ $A^{\prime }A=A^{\prime }C$: ${\left(y-\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2=y^2\Rightarrow y=\frac{a\sqrt{3}}{4}$. Vậy $A^{\prime }=\left(\frac{a}{2},\frac{a\sqrt{3}}{4},h\right)$, $B^{\prime }=\left(\frac{3a}{2},\frac{a\sqrt{3}}{4},h\right)$.

Mặt phẳng $(AB{B}^{\prime })$ chứa trục $AB$ (trục $Ox$) và vectơ $\vec{v}=\left(\frac{3a}{2},\frac{a\sqrt{3}}{4},h\right)$, nên vectơ pháp tuyến có dạng $\vec{n}=(0,-h,\frac{a\sqrt{3}}{4})$ với độ dài $|\vec{n}|=\sqrt{h^2+\frac{3a^2}{16}}=\sqrt{12+\frac{3a^2}{16}}$.

Góc nhị diện $[B^{\prime },AB,C]=45^0$ là góc giữa $(AB{B}^{\prime })$ và đáy, nên $\cos 45^0=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{4}}{\sqrt{12+\frac{3a^2}{16}}}$. Bình phương: $\frac{3a^2}{16}=\frac{1}{2}\left(12+\frac{3a^2}{16}\right)\Rightarrow \frac{3a^2}{32}=6\Rightarrow a^2=64\Rightarrow a=8$.

$C{C}^{\prime }$ song song với trục $Oz$, $AB$ nằm trên trục $Ox$, nên khoảng cách giữa $AB$ và $C{C}^{\prime }$ bằng khoảng cách từ $C$ đến trục $Ox$: $d=\frac{a\sqrt{3}}{2}=4\sqrt{3}\approx 6,9$.

[Hình cần kiểm tra lại: p7_f1]

+ $\{\begin{array}{l}(ABCD)\perp (SAB)\\ (ABCD)\cap (SAB)=AB\\ SH\subset (SAB)\\ SH\perp AB\end{array}\Rightarrow SH\perp (ABCD)$ (0,25 điểm; Ghi chú: Không cho điểm hình vẽ; Hs không vẽ hình vẽ văn cho 0,25)

+ Gọi E là trung điểm SA; F là trung điểm BO; $G=BE\cap SH$.

HI là đường cao tam giác GHF $\Rightarrow HI\perp GF$ (1)

+ Ta có: $\{\begin{array}{l}BD\perp GH\\ BD\perp HF(doHF//AO)\end{array}\Rightarrow BD\perp (GHF)\Rightarrow BD\perp HI$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra: $HI\perp (GBD)$ hay $HI\perp (EBD)$ (0,25 điểm)

+ Ta có: $SC//OE\Rightarrow SC//(EBD)$

Suy ra: $d(SC;BD)=d(SC;(EBD))=d(S;(EBD))$

$=2d(H;(EBD))$ (do G là trọng tâm tam giác SAB nên GS = 2 GH)

$=2HI$ (do $HI\perp (EBD)$)

$\iff \frac{2a\sqrt{2}}{5}=2HI\iff HI=\frac{a\sqrt{2}}{5}$ (0,25 điểm; Ghi chú: Hs lập luận khoảng cách tới ngang 2d(H;(EBD)) thì vẫn cho 0,25)

+ Ta có: $HF=\frac{1}{2}AO=\frac{1}{4}AC=\frac{a\sqrt{2}}{4}$.

+ $\Delta GHF$ vuông tại H, HI là đường cao nên:

$\frac{1}{H{I}^2}=\frac{1}{H{G}^2}+\frac{1}{H{F}^2}\iff \frac{1}{{\left(\frac{a\sqrt{2}}{5}\right)}^2}=\frac{1}{H{G}^2}+\frac{1}{{\left(\frac{a\sqrt{2}}{4}\right)}^2}\iff HG=\frac{a\sqrt{2}}{3}$

Suy ra: $SH=3HG=a\sqrt{2}$

Khi đó: $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}.SH=\frac{1}{3}.a^2.a\sqrt{2}=\frac{a^3\sqrt{2}}{3}$. (0,25 điểm)

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $A=(0;0;0)$, $B=(a;0;0)$. Vì $AB=AC=a$, $\widehat{BAC}=45^{\circ }$ nên $C=\left(\frac{a}{\sqrt{2}};\frac{a}{\sqrt{2}};0\right)$. Gọi $M$ là trung điểm $AB$, do $(SAB)$ vuông cân tại $S$ và $(SAB)\perp (ABC)$ nên $S=\left(\frac{a}{2};0;\frac{a}{2}\right)$ (với $SA=SB=\frac{a}{\sqrt{2}}$). Đường thẳng $AB$ có vecto chỉ phương $\vec{u}=(1;0;0)$, đi qua $A$; đường thẳng $SC$ có vecto chỉ phương $\vec{v}=\overrightarrow{SC}=\left(\frac{a}{\sqrt{2}}-\frac{a}{2};\frac{a}{\sqrt{2}};-\frac{a}{2}\right)$. Ta có $\vec{u}\times \vec{v}=\left(0;\frac{a}{2};\frac{a}{\sqrt{2}}\right)$, $|\vec{u}\times \vec{v}|=a\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{1}{2}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Lấy $\overrightarrow{AS}=\left(\frac{a}{2};0;\frac{a}{2}\right)$, khi đó $d(AB,SC)=\frac{|(\overrightarrow{AS})\cdot (\vec{u}\times \vec{v})|}{|\vec{u}\times \vec{v}|}=\frac{\frac{a^2}{2\sqrt{2}}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{a}{\sqrt{6}}$. Vậy $m=6$.

[Hình cần kiểm tra lại: p6_f1]

a) Gọi $D$ là hình chiếu của $S$ trên $mp\left(ABC\right)$. Ta có:

• $\{\begin{array}{l}AB\perp SB\\ AB\perp SD\end{array}\Rightarrow AB\perp \left(SBD\right)\Rightarrow AB\perp BD$.

• $\{\begin{array}{l}AC\perp SC\\ AC\perp SD\end{array}\Rightarrow AC\perp \left(SCD\right)\Rightarrow AC\perp CD$.

$\Rightarrow ABDC$ là hình chữ nhật.

Kẻ đường cao $DH$ của tam giác $SBD$. Ta có

$\{\begin{array}{l}DH\perp SB\\ DH\perp AB\end{array}\Rightarrow DH\perp \left(SAB\right)$.

Vì $CD//AB$ đường cao nên $d\left(C,\left(SAB\right)\right)=d\left(D,\left(SAB\right)\right)=DH$.

$BD=AC=a,SD=\sqrt{S{B}^2-B{D}^2}=\sqrt{{\left(\sqrt{3}a\right)}^2-a^2}=\sqrt{2}a$

$\Rightarrow BH=\frac{SD\cdot BD}{\sqrt{S{D}^2+B{D}^2}}=\frac{a\cdot \sqrt{2}a}{\sqrt{a^2+{\left(\sqrt{2}a\right)}^2}}=\frac{\sqrt{6}a}{3}$

b) Trong mặt phẳng $\left(SAB\right)$ kẻ $BK\perp SA$, trong mặt phẳng $\left(SAC\right)$ kẻ $CE\perp SA$, $KF//CE\Rightarrow KF\perp SA$.

Do đó $\widehat{BKF}$ là 1 góc phẳng của góc nhị diện $\left[B,SA,C\right]$.

Ta có:
$SC=\sqrt{S{D}^2+D{C}^2}=\sqrt{{\left(a\sqrt{2}\right)}^2+{\left(a\sqrt{2}\right)}^2}=2a$

$SA=\sqrt{S{B}^2+A{B}^2}=\sqrt{{\left(a\sqrt{3}\right)}^2+{\left(a\sqrt{2}\right)}^2}=a\sqrt{5},BK=\frac{SB\cdot AB}{SA}=\frac{a\sqrt{3}\cdot a\sqrt{2}}{a\sqrt{5}}=\frac{a\sqrt{30}}{5}$,

$CE=\frac{SC\cdot AC}{SA}=\frac{2a\cdot a}{a\sqrt{5}}=\frac{2a\sqrt{5}}{5}$,

$$\frac{SK}{SA}=\frac{S{B}^2}{S{A}^2}=\frac{3}{5},\frac{SE}{SA}=\frac{S{C}^2}{S{A}^2}=\frac{4}{5}\Rightarrow \frac{SK}{SE}=\frac{3}{4}\Rightarrow \frac{SF}{SC}=\frac{KF}{CE}=\frac{3}{4}$$

$$\Rightarrow SF=\frac{3}{4}SC=\frac{3a}{2},KF=\frac{3}{4}CE=\frac{3a\sqrt{5}}{10}$$

$$\cos \widehat{BSF}=\cos \widehat{BSC}=\frac{S{B}^2+S{C}^2-B{C}^2}{2.SB.SC}=\frac{\sqrt{3}}{3}$$

$$\Rightarrow BF=\sqrt{S{B}^2+S{F}^2-2.SB.SF.\cos \widehat{BSF}}=\frac{3a}{2}$$

$$\Rightarrow \cos \widehat{BKF}=\frac{B{K}^2+K{F}^2-B{F}^2}{2.BK.KF}=-\frac{\sqrt{6}}{6}\Rightarrow \widehat{BKF}\approx 114^0$$

Vậy số đo góc nhị diện $\left[B,SA,C\right]$ khoảng $114^0$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(9;0;0)$, $C(\frac{9}{2};\frac{9\sqrt{3}}{2};0)$. Vì $HA=2HB$ nên $H(6;0;0)$. Tính $HC=\sqrt{(6-4,5{)}^2+(\frac{9\sqrt{3}}{2}{)}^2}=\sqrt{\frac{9}{4}+\frac{243}{4}}=3\sqrt{7}$. Góc giữa $SC$ và $(ABC)$ là $\widehat{SCH}=45^{\circ }$ nên $SH=HC=3\sqrt{7}$, tức $S(6;0;3\sqrt{7})$.

a) $\overrightarrow{SA}=(-6;0;-3\sqrt{7})$, $\overrightarrow{BC}=(-\frac{9}{2};\frac{9\sqrt{3}}{2};0)$, $\overrightarrow{SB}=(3;0;-3\sqrt{7})$. $\vec{n}=\overrightarrow{SA}\times \overrightarrow{BC}=(\frac{27\sqrt{21}}{2};\frac{27\sqrt{7}}{2};-27\sqrt{3})$, $|\vec{n}|=27\sqrt{10}$. $\overrightarrow{SB}\cdot \vec{n}=\frac{81\sqrt{21}}{2}+81\sqrt{21}=\frac{243\sqrt{21}}{2}$. Khoảng cách giữa $SA$ và $BC$: $d=\frac{243\sqrt{21}/2}{27\sqrt{10}}=\frac{9\sqrt{210}}{20}\approx 6,52$ cm $\ne \frac{3\sqrt{210}}{10}$ → sai.

b) $S_{ABC}=\frac{9^2\sqrt{3}}{4}=\frac{81\sqrt{3}}{4}$, $V=\frac{1}{3}\cdot \frac{81\sqrt{3}}{4}\cdot 3\sqrt{7}=\frac{81\sqrt{21}}{4}$ cm³ → đúng.

c) $\overrightarrow{SB}=(3;0;-3\sqrt{7})$, $\overrightarrow{SC}=(-\frac{3}{2};\frac{9\sqrt{3}}{2};-3\sqrt{7})$, $\vec{n}=\overrightarrow{SB}\times \overrightarrow{SC}=(\frac{27\sqrt{21}}{2};\frac{27\sqrt{7}}{2};\frac{27\sqrt{3}}{2})$, $|\vec{n}|=\frac{27\sqrt{31}}{2}$. Lấy $\overrightarrow{BH}=(-3;0;0)$: $|\overrightarrow{BH}\cdot \vec{n}|=\frac{81\sqrt{21}}{2}$. $d(H,(SBC))=\frac{81\sqrt{21}/2}{27\sqrt{31}/2}=\frac{3\sqrt{21}}{\sqrt{31}}=\frac{3\sqrt{651}}{31}$ cm → đúng.

d) Vì $H\in AB$ nên giao tuyến của $(SAB)$ và $(ABC)$ là $AB$. Vì $SH\perp (ABC)$ nên $SH\perp AB$, suy ra $SH\perp HA$. Góc giữa $(SAB)$ và $(ABC)$ là $\widehat{SHA}=90^{\circ }$, không phải $45^{\circ }$ → sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
Dùng công thức thể tích song diện: $d(SA,BC)=\frac{|\overrightarrow{SB}\cdot (\overrightarrow{SA}\times \overrightarrow{BC})|}{|\overrightarrow{SA}\times \overrightarrow{BC}|}=\frac{9\sqrt{210}}{20}\approx 6,52$ cm, khác $\frac{3\sqrt{210}}{10}$ nên mệnh đề sai.
b) (AI giải đề cho tôi)
$SH=HC=3\sqrt{7}$, $S_{ABC}=\frac{81\sqrt{3}}{4}$, $V=\frac{1}{3}\cdot \frac{81\sqrt{3}}{4}\cdot 3\sqrt{7}=\frac{81\sqrt{21}}{4}$ cm³ → đúng.
c) (AI giải đề cho tôi)
Với $S(6;0;3\sqrt{7})$, pháp tuyến của $(SBC)$ có độ dài $\frac{27\sqrt{31}}{2}$, tính được $d(H,(SBC))=\frac{3\sqrt{651}}{31}$ cm → đúng.
d) (AI giải đề cho tôi)
Giao tuyến của $(SAB)$ và $(ABC)$ là $AB$. Vì $SH\perp (ABC)$ nên $SH\perp AB$, do đó góc giữa hai mặt phẳng là $\widehat{SHA}=90^{\circ }$, không phải $45^{\circ }$ → mệnh đề sai.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(4;0;0)$, $C(4;3;0)$, $D(0;3;0)$, $A^{\prime }(0;0;3)$. Khi đó $M(4;0;1,5)$, $N(4;3;1,5)$, $C^{\prime }(4;3;3)$.

- Độ dài dây $MN=BC=3$ m.
- Độ dài dây $C^{\prime }D$: $C^{\prime }(4;3;3)$, $D(0;3;0)$ nên $C^{\prime }D=\sqrt{4^2+3^2}=5$ m.
- Tìm khoảng cách nhỏ nhất giữa đoạn $MN$ và đoạn $C^{\prime }D$. Điểm $P\in MN$: $P(4;t;1,5)$, $t\in [0;3]$; điểm $Q\in C^{\prime }D$: $Q(4-4s;3;3s)$, $s\in [0;1]$.
$$P{Q}^2=16s^2+(3-t{)}^2+(1,5-3s{)}^2.$$
Với $t=3$: $P{Q}^2=16s^2+(1,5-3s{)}^2=25s^2-9s+2,25$, đạt cực tiểu tại $s=\frac{9}{50}$, khi đó $P{Q}^2=1,44\Rightarrow PQ=1,2$ m (điểm $Q$ thuộc đoạn $C^{\prime }D$ vì $s=0,18\in [0;1]$).

Tổng dây ít nhất: $3+5+1,2=9,2$ m, khớp với đáp án nguồn.