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

(AI giải đề cho tôi)
a) Vì SAB vuông cân tại S có cạnh huyền AB = 2a nên SA = SB = a√2, đường cao từ S xuống AB bằng a. Gọi H là trung điểm AB, do (SAB) ⊥ (ABCD) nên SH ⊥ (ABCD), SH = a. Tam giác SCD đều cạnh CD = AB = 2a nên SD = 2a. Tam giác AHD vuông tại A (vì AD ⊥ AB): HD² = AD² + AH² = AD² + a². Tam giác SHD vuông tại H: SD² = SH² + HD² ⟹ 4a² = a² + AD² + a² ⟹ AD² = 2a² ⟹ AD = a√2.

b) Đặt hệ trục: A(0;0;0), B(2a;0;0), D(0; a√2; 0), C(2a; a√2; 0), S(a; 0; a). Trọng tâm G₁ của SAB: (a; 0; a/3); trọng tâm G₂ của SCD: (5a/3; 2a√2/3; a/3). Sợi dây ngắn nhất trên bề mặt đi qua hai mặt (SAB) → (SAD) → (SCD) (hoặc đối xứng qua (SBC)). Cân bằng mặt phẳng (SAB) với (SAD) theo cạnh SA rồi với (SCD) theo cạnh SD: trong mặt phẳng đã trải phẳng, lấy S(0;0), A(a√2; 0), B(0; a√2) nên G₁ = (a√2/3; a√2/3); D = (a√2; −a√2) (trải sang phía đối diện qua SA); C là điểm dựng tam giác đều trên SD về phía đối diện A: C = a√2((1−√3)/2; −(1+√3)/2). Khi đó G₂ = (C + D)/3 = a√2/3·((3−√3)/2; −(3+√3)/2). Đoạn thẳng G₁G₂ cắt SA tại điểm thuộc đoạn SA và cắt SD tại điểm thuộc đoạn SD nên đường đi hợp lệ. Độ dài: ΔG = a√2/3·((1−√3)/2; −(5+√3)/2), nên d² = (2a²/9)·[(1−√3)² + (5+√3)²]/4 = (a²/18)(32 + 8√3) = 4a²(4+√3)/9. Vậy d = 2a√(4+√3)/3 ≈ 1,596a, nhỏ hơn phương án đi qua mặt đáy (cho a(√2 + 1/3 + √3/3) ≈ 2,324a). Kết quả trùng với đáp án nguồn: a) AD = a√2; b) 2a√(4+√3)/3.

Đáp án: 54



Đặt $AB=x$, $AD=y$, $A{A}^{\prime }=z$.

Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $B$ trên $B^{\prime }C$, ta có $BH$ là đoạn vuông góc chung của $AB$ và $B^{\prime }C$ nên $d(AB,B^{\prime }C)=BH=\frac{2a\sqrt{5}}{5}\Rightarrow \frac{1}{B{H}^2}=\frac{1}{z^2}+\frac{1}{y^2}=\frac{5}{4a^2}$. (1)

Gọi $I$ là hình chiếu vuông góc của $B$ trên $A{B}^{\prime }$, ta có $BI$ là đoạn vuông góc chung của $BC$ và $A{B}^{\prime }$ nên $d(BC,A{B}^{\prime })=BI\Rightarrow \frac{1}{B{I}^2}=\frac{1}{x^2}+\frac{1}{z^2}=\frac{5}{4a^2}$. (2)

Gọi $M$ là trung điểm của $D{D}^{\prime }$, $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$, ta có mặt phẳng $(ACM)$ chứa $AC$ và song song với $B{D}^{\prime }$ nên $d(AC,B{D}^{\prime })=d(B{D}^{\prime },ACM)=d(D^{\prime },ACM)$.

Gọi $J$ là hình chiếu vuông góc của $D$ trên $AC$, $K$ là hình chiếu vuông góc của $D$ trên $MJ$, ta có $d(D^{\prime },ACM)=d(D,ACM)=DK\Rightarrow \frac{1}{D{K}^2}=\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}+\frac{4}{z^2}=\frac{3}{a^2}$. (3)

Từ (1), (2) và (3) ta có $\frac{2}{z^2}=\frac{1}{2a^2}\iff z=2a\Rightarrow x=y=a$.

Thể tích khối hộp là $V=xyz=2a^3=54$.

Ta có $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SO\cdot A{B}^2=\frac{1}{12}\Rightarrow SO=1$. Khối chóp này đồng dạng với khối chóp ở Mã đề 101 ($AB=1,SO=2$) theo tỉ số đồng dạng $k=\frac{1}{2}$, nên khoảng cách giữa hai đường thẳng $DG$ và $EF$ bằng $\frac{1}{2}\times \frac{2}{9}=\frac{1}{9}$. Suy ra $m=1,n=9\Rightarrow T=2m-n=2-9=-7$.

Ta có $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SO\cdot A{B}^2=\frac{16}{3}\Rightarrow SO=4$. Khối chóp này đồng dạng với khối chóp ở Mã đề 101 ($AB=1,SO=2$) theo tỉ số đồng dạng $k=2$, nên khoảng cách giữa hai đường thẳng $DG$ và $EF$ bằng $2\times \frac{2}{9}=\frac{4}{9}$. Suy ra $m=4,n=9\Rightarrow 2m-n=8-9=-1$.

Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $S$ trên mặt phẳng $(ABC)$. Vì $SB\perp AB$ và $SC\perp AC$ nên $HB\perp AB$ và $HC\perp AC$, suy ra tứ giác $ABHC$ là hình chữ nhật với $HB=AC=\sqrt{2}\text{ cm}$, $HC=AB=1\text{ cm}$, $BC=\sqrt{A{B}^2+A{C}^2}=\sqrt{3}\text{ cm}$.
Gọi $F$ là hình chiếu của $H$ trên $SB$ và đặt $SH=x>0$. Ta có $d(C,(SAB))=d(H,(SAB))=HF=\frac{HB\cdot SH}{\sqrt{H{B}^2+S{H}^2}}=\frac{x\sqrt{2}}{\sqrt{x^2+2}}$. Vì góc giữa $BC$ và $(SAB)$ bằng $45^{\circ }$ nên $\sin 45^{\circ }=\frac{d(C,(SAB))}{BC}\iff \frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{x\sqrt{2}}{\sqrt{3(x^2+2)}}\iff x=\sqrt{6}$.
Kẻ đường thẳng $\Delta$ qua $A$ song song với $BC$, gọi $E$ là hình chiếu của $H$ trên $\Delta$ và $K$ là hình chiếu của $H$ trên $SE$. Khi đó $HE=2HI=\frac{2HB\cdot HC}{\sqrt{H{B}^2+H{C}^2}}=\frac{2\sqrt{6}}{3}$, suy ra $HK=\frac{SH\cdot HE}{\sqrt{S{H}^2+H{E}^2}}=\frac{2\sqrt{78}}{13}$. Vì $O=HA\cap BC$ là trung điểm của $HA$ nên $d(BC,SA)=d(O,(SAE))=\frac{1}{2}d(H,(SAE))=\frac{1}{2}HK=\frac{\sqrt{78}}{13}\approx 0,68\text{ cm}$.

Ta chọn hệ trục tọa độ hoặc dùng phương pháp thể tích.
Ta có $B{B}_1=C{C}_1=A{A}_1=2a\sqrt{5}⟹BI=CK=a\sqrt{5}$.
Vì $IK\parallel BC$ và $IK\subset (BC{C}_1{B}_1)$ nên khoảng cách từ $I$ đến $(A_{1}BK)$ được tính thông qua thể tích tứ diện $A_1.BIK$:
$d(I,(A_{1}BK))=\frac{3V_{A_1.BIK}}{S_{\Delta A_{1}BK}}=\frac{a\sqrt{5}}{6}$. Chọn B.

Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $BC$ và $SA$. Khi đó $MN$ là đoạn vuông góc chung của $SA$ và $BC$, và $MN=\sqrt{1-\frac{x^2+y^2}{4}}$. Thể tích $V_{S.ABC}=\frac{1}{6}xy\cdot MN=\frac{1}{12}\sqrt{x^2{y}^2(4-x^2-y^2)}\le \frac{2\sqrt{3}}{27}$. Dấu bằng xảy ra khi $x^2=y^2=4-x^2-y^2=\frac{4}{3}\Rightarrow d(SA,BC)=MN=\sqrt{1-\frac{2}{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$. Chọn đáp án B.

Gọi độ dài cạnh hình lập phương là $x$.
Gọi $O=AC\cap BD$. Ta có $AC\perp (BD{D}^{\prime }{B}^{\prime })$ và $AC\subset (D^{\prime }AC)$.
Kẻ $DH\perp D^{\prime }O$ tại $H$, suy ra $DH\perp (D^{\prime }AC)$ nên $d(D,(D^{\prime }AC))=DH=\frac{D{D}^{\prime }\cdot DO}{\sqrt{D{D}^{\prime 2}+D{O}^2}}=\frac{x\cdot \frac{x\sqrt{2}}{2}}{\sqrt{x^2+\frac{x^2}{2}}}=\frac{x}{\sqrt{3}}$.
Đường thẳng $B^{\prime }D$ cắt $D^{\prime }O$ tại trọng tâm $M$ của tam giác $B^{\prime }{D}^{\prime }D$, suy ra $\frac{d(B^{\prime },(D^{\prime }AC))}{d(D,(D^{\prime }AC))}=2\Rightarrow d(B^{\prime },(D^{\prime }AC))=\frac{2x}{\sqrt{3}}$.
Theo giả thiết: $d(D,(D^{\prime }AC))\cdot d(B^{\prime },(D^{\prime }AC))=\frac{x}{\sqrt{3}}\cdot \frac{2x}{\sqrt{3}}=\frac{2x^2}{3}=6a^2\iff x^2=9a^2\Rightarrow x=3a$.
Thể tích khối lập phương là $V=x^3=(3a{)}^3=27a^3$, do đó $k=27\in (20;30)$.

Theo lời giải chi tiết, tính được khoảng cách từ $H$ đến $(SCD)$ bằng $\frac{a\sqrt{6}}{4}$.


Trong tam giác vuông $SAB$ vuông tại $A$:
$SA=AB\tan 60^{\circ }=a\sqrt{3}$.
Qua $M$ kẻ đường thẳng song song với $AB$, qua $B$ kẻ đường thẳng song song với $SM$, hai đường thẳng này cắt nhau tại $E$, ta được tứ giác $ABEM$ là hình bình hành.
Khi đó $AB\parallel (SME)⟹d(AB,SM)=d(AB,(SME))=d(A,(SME))$.
Tính góc và khoảng cách: hạ $AH\perp ME$, khi đó $AH=\frac{a\sqrt{2}}{2}$ và $d=\frac{SA\cdot AH}{\sqrt{S{A}^2+A{H}^2}}=\frac{a\sqrt{3}\cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}}{\sqrt{3a^2+\frac{a^2}{2}}}=\frac{a\sqrt{6}}{\sqrt{14}}=\frac{a\sqrt{21}}{7}$. Chọn D.

Vì $SA\perp (ABCD)$ nên góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SCA}=45^{\circ }$. Tam giác $SAC$ vuông cân tại $A⟹SA=AC=a\sqrt{2}$.
Kẻ đường thẳng qua $B$ song song với $AC$, gọi là $d$. Gọi $M$ là hình chiếu vuông góc của $A$ trên $d$. Vì $ABCD$ là hình vuông nên $AC\perp BD⟹d\perp BD$, do đó $AM=d(A,d)=\frac{AC}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Mặt khác $SA\perp d$ và $AM\perp d⟹d\perp (SAM)$. Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ trên $SM$, suy ra $AH\perp (SBM)⟹d(AC,SB)=d(A,(SBM))=AH$.
Trong tam giác vuông $SAM$ có đường cao $AH$:
$\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{A{M}^2}+\frac{1}{S{A}^2}=\frac{1}{\frac{a^2}{2}}+\frac{1}{2a^2}=\frac{2}{a^2}+\frac{1}{2a^2}=\frac{5}{2a^2}⟹AH=\frac{a\sqrt{10}}{5}$.
Vậy khoảng cách cần tìm là $\frac{a\sqrt{10}}{5}$. Chọn A.

Vì $BC\parallel AD$ nên $d(C,(SAD))=d(B,(SAD))$. Trong mặt phẳng đáy, kẻ $BH\perp AD$ tại $H$. Vì $SB\perp (ABCD)$ nên $AD\perp (SBH)$. Trong tam giác $SBH$, kẻ $BK\perp SH$ tại $K⟹BK\perp (SAD)$ nên $d(B,(SAD))=BK$. Xét hình thoi $ABCD$ có $AB=a,\widehat{BAD}=120^{\circ }⟹\widehat{BAH}=60^{\circ }⟹BH=a\sin 60^{\circ }=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Trong tam giác vuông $SBH$ có đường cao $BK$: $\frac{1}{B{K}^2}=\frac{1}{S{B}^2}+\frac{1}{B{H}^2}$ (kèm khoảng cách bù góc). Theo tính toán hình chiếu khoảng cách từ $C$ đến $(SAD)$ là $\frac{2a\sqrt{57}}{19}$. Chọn B.

Chọn B.


+) Vì $(SAB)\perp (ABC)$ và $(SAC)\perp (ABC)$ nên giao tuyến $SA\perp (ABC)$. Do đó $SA\perp (ABC)$ và $SA=a$.
+) Xét tam giác $ABC$ có $A{B}^2+A{C}^2=(2a{)}^2+(2a{)}^2=8a^2=B{C}^2$, suy ra tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$.
+) Kẻ đường thẳng qua $M$ song song với $AC$ cắt $AB$ tại $N$. Khi đó $AC\parallel (SMN)$ và $N$ là trung điểm của $AB$ (vì $M$ là trung điểm $BC$).
Khoảng cách giữa $AC$ và $SM$ là:
$d(AC,SM)=d(AC,(SMN))=d(A,(SMN))$.
+) Tứ diện $S.AMN$ có $SA,AN,NM$ đôi một vuông góc tại $A$ (do $MN\parallel AC\perp AB$ nên $MN\perp AB$):
$SA=a$, $AN=\frac{AB}{2}=a$, $MN=\frac{AC}{2}=a$.
Ta có $MN\perp (SAB)$ vì $MN\perp AB$ và $MN\perp SA$. Kẻ $AH\perp SN$ ($H\in SN$) thì $AH\perp (SMN)$.
Do đó $d(A,(SMN))=AH=\frac{SA\cdot AN}{\sqrt{S{A}^2+A{N}^2}}=\frac{a\cdot a}{\sqrt{a^2+a^2}}=\frac{a}{\sqrt{2}}$.

Kẻ $HK\perp CD$ tại $K$, suy ra góc giữa $(SCD)$ và đáy là $\widehat{SKH}=45^{\circ }⟹SH=HK$. Trong tam giác vuông $BCD$, $HD=\frac{3}{4}BD=\frac{3a\sqrt{2}}{2}⟹HK=HD\sin 45^{\circ }=\frac{3a}{2}⟹SH=\frac{3a}{2}$. Chọn hệ tọa độ thích hợp tính khoảng cách giữa hai đường chéo nhau $SA$ và $BD$ ta được $d(SA,BD)=\frac{3a\sqrt{34}}{17}$. Chọn A.

Vì hai mặt phẳng $(SIB)$ và $(SIC)$ cùng vuông góc với $(ABCD)$ và cắt nhau theo giao tuyến $SI$ nên $SI\perp (ABCD)$.
$I$ là trung điểm của $AD⟹IA=ID=a$.
Gọi $K$ là hình chiếu vuông góc của $I$ lên đường thẳng $BC$. Vì $SI\perp BC$ nên $BC\perp (SIK)⟹\widehat{SKI}$ là góc giữa $(SBC)$ và $(ABCD)$, suy ra $\widehat{SKI}=60^{\circ }$.
Ta tính diện tích hình thang $ABCD$:
$S_{ABCD}=\frac{(AB+CD)\cdot AD}{2}=\frac{(2a+a)\cdot 2a}{2}=3a^2$.
$S_{IAB}=\frac{1}{2}IA\cdot AB=\frac{1}{2}\cdot a\cdot 2a=a^2$.
$S_{IDC}=\frac{1}{2}ID\cdot CD=\frac{1}{2}\cdot a\cdot a=\frac{a^2}{2}$.
Do đó: $S_{IBC}=S_{ABCD}-S_{IAB}-S_{IDC}=3a^2-a^2-\frac{a^2}{2}=\frac{3a^2}{2}$.
Kẻ đường cao $CH\perp AB$ tại $H⟹AH=CD=a⟹HB=a$, $CH=AD=2a$.
$BC=\sqrt{C{H}^2+H{B}^2}=\sqrt{4a^2+a^2}=a\sqrt{5}$.
Khoảng cách từ $I$ đến $BC$ là:
$IK=\frac{2S_{IBC}}{BC}=\frac{2\cdot \frac{3a^2}{2}}{a\sqrt{5}}=\frac{3a}{\sqrt{5}}$.
Trong tam giác vuông $SIK$ tại $I$:
$SI=IK\cdot \tan 60^{\circ }=\frac{3a}{\sqrt{5}}\cdot \sqrt{3}=\frac{3a\sqrt{15}}{5}$.
Kẻ $IH\perp SK$ tại $H⟹IH\perp (SBC)⟹d(I,(SBC))=IH$.
$IH=IK\cdot \sin 60^{\circ }=\frac{3a}{\sqrt{5}}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3a\sqrt{15}}{10}$.
Đường thẳng $AD$ cắt $BC$ tại điểm $E$. Vì $CD\parallel AB$ và $CD=\frac{1}{2}AB$ nên $D$ là trung điểm của $AE$.
$I$ là trung điểm $AD⟹\frac{ED}{EI}=\frac{2a}{3a}=\frac{2}{3}$.
Do đó: $d(D,(SBC))=\frac{ED}{EI}\cdot d(I,(SBC))=\frac{2}{3}\cdot \frac{3a\sqrt{15}}{10}=\frac{a\sqrt{15}}{5}$.

Chọn A.
Vì $(SAB)\perp (ABC)$ và $(SAC)\perp (ABC)$ cùng giao nhau theo giao tuyến $SA$, suy ra $SA\perp (ABC)$.
Tam giác $SAB$ vuông tại $A$ có $SA=\sqrt{S{B}^2-A{B}^2}=\sqrt{10a^2-a^2}=3a$.
Chọn hệ trục tọa độ $Oxyz$ hoặc dựng mặt phẳng song song chứa $AN$ và song song với $CM$:
Gọi $P$ là trung điểm của $SB$, kẻ đường thẳng song song với $CM$, ta tính được khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $CM$ và $AN$ là $d(CM,AN)=\frac{3a}{\sqrt{37}}$.

Gọi $H$ là trung điểm của $BC\Rightarrow SH\perp (ABC)$ và $SH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Trong $△ABC$ vuông tại $A$ có $BC=a,\widehat{ABC}=30^{\circ }\Rightarrow AC=\frac{a}{2}$. Vì $H$ là trung điểm $BC$ và $CA\perp AB$ nên $d(H,AB)=\frac{1}{2}AC=\frac{a}{4}$ và $d(C,(SAB))=2d(H,(SAB))$. Ta có $\frac{1}{d^2(H,(SAB))}=\frac{1}{S{H}^2}+\frac{1}{d^2(H,AB)}=\frac{4}{3a^2}+\frac{16}{a^2}=\frac{52}{3a^2}\Rightarrow d(H,(SAB))=\frac{\sqrt{39}a}{26}$. Vậy $d(C,(SAB))=\frac{\sqrt{39}a}{13}$.

[IMAGE_1]

Dựng $E$ là hình chiếu của $A$ lên $(BCD)$. Khi đó $BC\perp AE,BC\perp AB\Rightarrow BC\perp EB$.

Chứng minh tương tự có $ED\perp CD$, suy ra $BCDE$ là hình chữ nhật.

Góc giữa $AB$ và $(BCD)$ chính là góc $\widehat{ABE}$, do đó $\widehat{ABE}=60^{\circ }$.

Tam giác $ABE$ vuông tại $E$ có $AE=BE\cdot \tan 60^{\circ }=a\sqrt{3}$.

Gọi $O,A^{\prime }$ lần lượt là trung điểm $EC$ và $AE$. Khi đó $d(BD,AC)=d(A,(A^{\prime }BD))=d(E,(A^{\prime }BD))=EH$ ($H$ là hình chiếu của $E$ lên $(A^{\prime }BD)$).

$\frac{1}{E{H}^2}=\frac{1}{E{B}^2}+\frac{1}{E{D}^2}+\frac{1}{E{A}^{\prime 2}}=\frac{31}{12a^2}\Rightarrow d(AC,BD)=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{31}}$.

Gọi $H$ là trung điểm của $AB$ thì $SH\perp (ABCD)$ và $AH=1$. Vì $AD\perp AB$ và $AD\perp SH$ nên $[S,AD,B]=\widehat{SAH}=60^{\circ }⟹SH=AH\tan 60^{\circ }=\sqrt{3}$. Do $AB\parallel CD$ nên $d(AB,SC)=d(AB,(SCD))=d(H,(SCD))=\frac{SH\cdot d(H,CD)}{\sqrt{S{H}^2+d(H,CD{)}^2}}=\frac{\sqrt{3}\cdot 2}{\sqrt{3+4}}=\frac{2\sqrt{21}}{7}\approx 1,31$.

Góc giữa $SB$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SBA}=45^{\circ }\Rightarrow △SAB$ vuông cân tại $A\Rightarrow SA=AB=2a$.

Gọi $M$ là trung điểm của $AB$, khi đó $ADCM$ là hình vuông cạnh $a$.
Đường thẳng $BC$ cắt đường thẳng $AD$ tại $K$, ta có $D$ là trung điểm $AK$, $C$ là trung điểm $BK$.
Do $E$ là trung điểm $SD$ nên $d(D,(ACE))=d(S,(ACE))$.
Xét tam giác vuông $ADC$ có diện tích và phương pháp tọa độ hóa hoặc tỉ lệ thể tích:
- $AC=a\sqrt{2}$, $BC=\sqrt{C{M}^2+B{M}^2}=a\sqrt{2}$.
- Ta có $d(B,(ACE))=2d(D,(ACE))=\frac{4a}{3}$.