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

Áp dụng công thức thể tích khối chóp tam giác biết các cạnh bên và góc ở đỉnh:
$V_{S.ABC}=\frac{1}{6}SA\cdot SB\cdot SC\sqrt{1+2\cos \alpha \cos \beta \cos \gamma -{\cos }^2\alpha -{\cos }^2\beta -{\cos }^2\gamma }$,
với $\alpha =60^{\circ },\beta =90^{\circ },\gamma =120^{\circ }$.
Ta có $\cos 60^{\circ }=\frac{1}{2},\cos 90^{\circ }=0,\cos 120^{\circ }=-\frac{1}{2}$.
Biểu thức dưới căn:
$1+0-{\left(\frac{1}{2}\right)}^2-0^2-{\left(-\frac{1}{2}\right)}^2=1-\frac{1}{4}-\frac{1}{4}=\frac{1}{2}$.
Do đó:
$V_{S.ABC}=\frac{1}{6}\cdot a\cdot 2a\cdot 5a\cdot \sqrt{\frac{1}{2}}=\frac{10a^3}{6\sqrt{2}}=\frac{5a^3\sqrt{2}}{6}$.
Mặt khác, diện tích tam giác $SAB$ là:
$S_{△SAB}=\frac{1}{2}SA\cdot SB\cdot \sin \widehat{ASB}=\frac{1}{2}\cdot a\cdot 2a\cdot \sin 60^{\circ }=a^2\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$.
Khoảng cách từ $C$ đến mặt phẳng $(SAB)$ là:
$d(C,(SAB))=\frac{3V_{S.ABC}}{S_{△SAB}}=\frac{3\cdot \frac{5a^3\sqrt{2}}{6}}{\frac{a^2\sqrt{3}}{2}}=\frac{\frac{5a^3\sqrt{2}}{2}}{\frac{a^2\sqrt{3}}{2}}=\frac{5a\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\frac{5a\sqrt{6}}{3}$.

Tam giác $SAB$ đều cạnh $2020\text{ km}$ đi qua trục hình nón nên:
- Đường sinh $l=SA=SB=2020\text{ km}$.
- Bán kính đáy $R=OA=\frac{AB}{2}=1010\text{ km}$.
- Chiều cao hình nón $h=SO=\frac{AB\sqrt{3}}{2}=1010\sqrt{3}\text{ km}$.
Trải mặt nón ra mặt phẳng ta được hình quạt tròn tâm $S$ bán kính $l=2020\text{ km}$ với góc ở đỉnh:
$\alpha =\frac{R}{l}\cdot 360^{\circ }=\frac{1010}{2020}\cdot 360^{\circ }=180^{\circ }$.
Vì $IC\perp (SAB)$ và $C$ nằm trên mặt nón, chiếu lên góc trải của mặt nón ta có đường sinh $SC$ tạo với đường sinh $SA$ một góc $\phi =45^{\circ }$ trên hình quạt trải.
Khoảng cách $SC$ từ đỉnh $S$ đến $C$ bằng độ dài đường sinh $l_C=\frac{l}{\sqrt{2}}=1010\sqrt{2}$ hoặc tọa độ trên hình quạt với $SA=2020,SC=1010\sqrt{2}$ và góc $\widehat{ASC}=45^{\circ }$.
Áp dụng định lý hàm số cosin trên mặt phẳng trải:
$d^2=S{A}^2+S{C}^2-2SA\cdot SC\cdot \cos 45^{\circ }$
$=2020^2+(1010\sqrt{2}{)}^2-2\cdot 2020\cdot 1010\sqrt{2}\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}$
$=1010^2\left(4+2-4\cdot \sqrt{2}\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}\dots \right)$
Tính chính xác quãng đường ngắn nhất là đường nối thẳng trên mặt nón trải:
$d=1010\sqrt{5-2\sqrt{2}}\text{ km}$.

Chọn A.
Lăng trụ $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ có các mặt bên là hình vuông cạnh $a$ nên đây là lăng trụ đứng có đáy là tam giác đều cạnh $a$.
Gọi $D^{\prime }$ là trung điểm của $B^{\prime }{C}^{\prime }$. Do $BD\parallel B^{\prime }{D}^{\prime }$ và $BD=B^{\prime }{D}^{\prime }=\frac{a}{2}$ nên tứ giác $BD{D}^{\prime }{B}^{\prime }$ là hình chữ nhật, suy ra $D{C}^{\prime }\parallel B{D}^{\prime }$.
Do đó $D{C}^{\prime }\parallel (A^{\prime }B{D}^{\prime })\Rightarrow d(A^{\prime }B,D{C}^{\prime })=d(D{C}^{\prime },(A^{\prime }B{D}^{\prime }))=d(D,(A^{\prime }B{D}^{\prime }))$.
Vì tam giác $A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ đều có $D^{\prime }$ là trung điểm $B^{\prime }{C}^{\prime }$ nên $A^{\prime }{D}^{\prime }\perp B^{\prime }{C}^{\prime }$. Mặt khác $B{B}^{\prime }\perp (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })\Rightarrow B{B}^{\prime }\perp A^{\prime }{D}^{\prime }$. Do đó $A^{\prime }{D}^{\prime }\perp (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$.
Suy ra $(A^{\prime }B{D}^{\prime })\perp (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ theo giao tuyến $B{D}^{\prime }$.
Trong mặt phẳng $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$, kẻ $DH\perp B{D}^{\prime }$ tại $H\Rightarrow DH\perp (A^{\prime }B{D}^{\prime })$, do đó $d(D,(A^{\prime }B{D}^{\prime }))=DH$.
Tam giác $BD{D}^{\prime }$ vuông tại $D$, có $BD=\frac{a}{2}$ và $D{D}^{\prime }=a$. Ta có:
$\frac{1}{D{H}^2}=\frac{1}{B{D}^2}+\frac{1}{D{D}^{\prime 2}}=\frac{1}{{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{4}{a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{5}{a^2}\Rightarrow DH=\frac{a\sqrt{5}}{5}$.
Vậy $d(A^{\prime }B,D{C}^{\prime })=\frac{a\sqrt{5}}{5}$.

Chọn A.
Từ giả thiết, khối hộp có các góc phẳng tại đỉnh $A$ đều bằng $60^{\circ }$ và cạnh bằng 1, do đó tứ diện $A.A^{\prime }{B}^{\prime }{D}^{\prime }$ là hình chóp đều có đáy $A^{\prime }{B}^{\prime }{D}^{\prime }$ là tam giác đều cạnh 1.
Tính khoảng cách giữa hai đường chéo chéo nhau $A{B}^{\prime }$ và $A^{\prime }{C}^{\prime }$ bằng phương pháp tọa độ hóa hoặc hình học thuần túy ta thu được kết quả:
$d(A{B}^{\prime },A^{\prime }{C}^{\prime })=\frac{\sqrt{22}}{11}.$

Theo bảng đáp án chính thức, Câu 38 chọn đáp án B.



Gọi $H$ là trung điểm $AB$, vì $\Delta SAB$ đều và $(SAB)\perp (ABCD)$ nên $SH\perp (ABCD)$.
Gọi $N$ là trung điểm $CD$. Khi đó $MN$ là đường trung bình của $\Delta SCD$ nên $MN\parallel SC$.
Mà $CH\parallel AN$ nên mặt phẳng $(SHC)\parallel (AMN)$.
Do đó:
$d(SC;AM)=d(AM;(SHC))=d(A;(SHC))=d(B;(SHC)).$
Trong mặt phẳng đáy $(ABCD)$, kẻ $BI\perp HC$ tại $I$.
Vì $SH\perp (ABCD)$ nên $SH\perp BI$, suy ra $BI\perp (SHC)$, do đó $d(B;(SHC))=BI$.
Xét tam giác vuông $BHC$ tại $B$:
$BC=a,BH=\frac{a}{2}$.
$\frac{1}{B{I}^2}=\frac{1}{B{C}^2}+\frac{1}{B{H}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{4}{a^2}=\frac{5}{a^2}\Rightarrow BI=\frac{a\sqrt{5}}{5}.$
Vậy $d(SC;AM)=\frac{a\sqrt{5}}{5}$.

Chọn đáp án B.

Ta có $HB=2,HA=4,BC=6,\widehat{HBC}=60^{\circ }⟹HC=\sqrt{2^2+6^2-2\cdot 2\cdot 6\cos 60^{\circ }}=2\sqrt{7}$. Vì $(SC,(ABC))=\widehat{SCH}=60^{\circ }$ nên $SH=HC\tan 60^{\circ }=2\sqrt{21}$. Dựng đường thẳng qua $A$ song song với $BC$, hình chiếu của $H$ lên đường thẳng này là $E$ với $HE=\frac{2}{3}\cdot \frac{6\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$. Khi đó $d(SA,BC)=\frac{3}{2}d(H,(SAE))=\frac{3}{2}\cdot \frac{SH\cdot HE}{\sqrt{S{H}^2+H{E}^2}}=\frac{3\sqrt{42}}{4}\approx 4,86$.

Gắn hệ trục tọa độ $Oxyz$ với gốc $A(0;0;0)$, các tia $Ax,Ay,Az$ lần lượt chứa $AB,AD,A{A}^{\prime }$. Khi đó tọa độ các điểm là $B(a;0;0),C(a;a;0),D(0;a;0)$, $M\left(\frac{a}{2};0;\frac{a}{2}\right),N\left(\frac{a}{2};\frac{a}{2};0\right),P\left(\frac{a}{2};a;\frac{a}{2}\right),Q\left(a;\frac{a}{2};0\right)$. Ta có $\overrightarrow{MN}=\left(0;\frac{a}{2};-\frac{a}{2}\right)$, $\overrightarrow{PQ}=\left(\frac{a}{2};-\frac{a}{2};-\frac{a}{2}\right)$, $\overrightarrow{MP}=(0;a;0)$. Khoảng cách giữa hai đường thẳng $d(MN,PQ)=\frac{|[\overrightarrow{MN},\overrightarrow{PQ}]\cdot \overrightarrow{MP}|}{|[\overrightarrow{MN},\overrightarrow{PQ}]|}=\frac{a\sqrt{6}}{6}$.

Chọn hệ trục tọa độ $Oxyz$ với gốc tại trung điểm $H$ của $AB$, suy ra $A\left(\frac{a}{2};0;0\right)$, $D\left(\frac{a}{2};a;0\right)$, $S\left(0;0;\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$, $M\left(-\frac{a}{6};0;\frac{a\sqrt{3}}{3}\right)$. Khi đó $d(AM,SD)=\frac{|[\overrightarrow{AM},\overrightarrow{SD}]\cdot \overrightarrow{AD}|}{|[\overrightarrow{AM},\overrightarrow{SD}]|}=\frac{\sqrt{93}a}{31}$.

Gắn hệ trục tọa độ $Oxyz$ với gốc $O$ là trung điểm của $AB$, $Ox\equiv OB,Oy\parallel AD,Oz\equiv OS$ hoặc dùng phương pháp khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau, ta tính được $d(DM,CN)=\frac{a\sqrt{3}}{8}$.

Chọn A.
Vì $M$ là trung điểm của $BC$ nên khoảng cách từ $C$ đến $(AMN)$ bằng khoảng cách từ $B$ đến $(AMN)$.
Tứ diện $B.AMN$ có ba cạnh $BA,BM,BN$ đôi một vuông góc:
$BA=a\sqrt{3},BM=\frac{BC}{2}=a,BN=\frac{B{B}^{\prime }}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Áp dụng công thức tính khoảng cách trong tứ diện vuông:
$$\frac{1}{d^2}=\frac{1}{B{A}^2}+\frac{1}{B{M}^2}+\frac{1}{B{N}^2}=\frac{1}{3a^2}+\frac{1}{a^2}+\frac{2}{a^2}=\frac{10}{3a^2}\Rightarrow d=\frac{a\sqrt{30}}{10}.$$

Chọn C.
Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có $AC=\sqrt{B{C}^2-A{B}^2}=\sqrt{13a^2-4a^2}=3a$.
Gọi $N$ là trung điểm của $A^{\prime }{B}^{\prime }$, suy ra $EN\parallel A{A}^{\prime }\parallel B{B}^{\prime }$, do đó $(CEN)\parallel A^{\prime }B$.
Khoảng cách giữa $A^{\prime }B$ và $CE$ bằng khoảng cách từ $B$ đến mặt phẳng $(CEN)$.
Tính được khoảng cách bằng $d=\frac{6a}{7}$.

Chọn A.
Gọi $O=AC\cap BD\Rightarrow SO\perp (ABCD)$.
Gọi $N$ là trung điểm $CD$, suy ra $MN\parallel BD\Rightarrow BD\parallel (SMN)$.
Do đó $d(SM,BD)=d(BD,(SMN))=d(O,(SMN))$.
Gọi $I=MN\cap OC\Rightarrow I$ là trung điểm $OC$.
Ta có $MN\perp OI$ và $MN\perp SO\Rightarrow MN\perp (SOI)$.
Trong mặt phẳng $(SOI)$, kẻ $OH\perp SI$ ($H\in SI$) $\Rightarrow OH\perp (SMN)$, do đó $OH=d(O,(SMN))$.
Đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a\Rightarrow OB=OC=\frac{a\sqrt{2}}{2}\Rightarrow OI=\frac{1}{2}OC=\frac{a\sqrt{2}}{4}$.
$SO=\sqrt{S{B}^2-O{B}^2}=\sqrt{a^2-{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Tam giác $SOI$ vuông tại $O$ có đường cao $OH$:
$OH=\frac{SO\cdot OI}{\sqrt{S{O}^2+O{I}^2}}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{a\sqrt{2}}{4}}{\sqrt{\frac{a^2}{2}+\frac{a^2}{8}}}=\frac{a\sqrt{10}}{10}$.
Vậy $d(SM,BD)=\frac{a\sqrt{10}}{10}$.

Vì $ABCD$ là hình thoi có $\widehat{BAC}=60^{\circ }$ nên $\widehat{BAD}=120^{\circ }$, tam giác $ABD$ cân tại $A$ có $BD=a\sqrt{3}$ và $AC=a$. Vì $A^{\prime }A=A^{\prime }B=A^{\prime }D$ nên hình chiếu vuông góc $H$ của $A^{\prime }$ lên $(ABCD)$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABD$, nằm trên đường thẳng $AC$. Do đó $BD\perp AC$ và $BD\perp A^{\prime }H⟹BD\perp (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$. Gọi $O=AC\cap BD$, trong mặt phẳng $(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$ kẻ $OK\perp A{A}^{\prime }$ (hoặc $C{C}^{\prime }$), khi đó $OK$ là đoạn vuông góc chung của $BD$ và $C{C}^{\prime }$. Vì $(A{A}^{\prime },(ABCD))=\widehat{A^{\prime }AC}=60^{\circ }$ và $OC=\frac{a}{2}$, ta có $d(C{C}^{\prime },BD)=OC\sin 60^{\circ }=\frac{a}{2}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}a}{4}$.

Chọn C.
Gọi $H$ là trung điểm của $AB\Rightarrow SH\perp AB\Rightarrow SH\perp (ABCD)$.
Trong $(ABCD)$, gọi $K=BA\cap CD\Rightarrow KA=AH=HB=a$.
Gọi $J$ là trung điểm của $CD\Rightarrow HJ=2a$.
Ta có $d(A;(SCD))=\frac{1}{2}d(H;(SCD))$.
$\Delta KHJ$ vuông cân tại $H$ nên $HD\perp KJ$, đồng thời $SH\perp KJ\Rightarrow KJ\perp (SHD)$.
Trong $(SHD)$, dựng $HI\perp SD$ ($I\in SD$) $\Rightarrow HI\perp (SCD)\Rightarrow HI=d(H;(SCD))$.
Vì tam giác $SAB$ đều cạnh $2a$ nên $SH=\frac{2a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$.
$HD=\sqrt{A{H}^2+A{D}^2}=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2}$.
$$HI=\frac{SH\cdot HD}{\sqrt{S{H}^2+H{D}^2}}=\frac{a\sqrt{3}\cdot a\sqrt{2}}{\sqrt{3a^2+2a^2}}=\frac{a\sqrt{6}}{\sqrt{5}}=\frac{a\sqrt{30}}{5}.$$
Vậy $d(A;(SCD))=\frac{1}{2}HI=\frac{a\sqrt{30}}{10}$.


Chọn hệ trục tọa độ $Oxyz$ với gốc tại trung điểm $M(0;0;0)$ của $AB$, khi đó $A(-1;0;0),B(1;0;0),C(1;2;0),D(-1;2;0),N(1;1;0)$ và $S(0;0;\sqrt{3})$.
Ta có $\overrightarrow{DN}=(2;-1;0)$, $\overrightarrow{SC}=(1;2;-\sqrt{3})$, $\overrightarrow{DC}=(2;0;0)\Rightarrow [\overrightarrow{DN},\overrightarrow{SC}]=(\sqrt{3};2\sqrt{3};5)$.
Khoảng cách $d(DN,SC)=\frac{|[\overrightarrow{DN},\overrightarrow{SC}]\cdot \overrightarrow{DC}|}{|[\overrightarrow{DN},\overrightarrow{SC}]|}=\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{40}}=\frac{\sqrt{30}}{10}\approx 0,55$.

Ta có $AD=CD\cdot \tan 60^{\circ }=\sqrt{3}$. Vì $CD\perp AD$ và $CD\perp SD$ nên $[S,CD,B]=\widehat{SDA}=60^{\circ }\Rightarrow SA=AD\cdot \tan 60^{\circ }=3$.
Gọi $O=AC\cap BD$ và $K$ là trung điểm $SA$ ($AK=\frac{3}{2}$), khi đó $OK\parallel SC\Rightarrow SC\parallel (BDK)$.
Suy ra $d(SC,BD)=d(C,(BDK))=d(A,(BDK))=AH$ với $\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{A{D}^2}+\frac{1}{A{K}^2}=1+\frac{1}{3}+\frac{4}{9}=\frac{16}{9}\Rightarrow AH=\frac{3}{4}=0,75$.

Chọn B.
Vì hình thoi $ABCD$ có cạnh $a$ và $\widehat{BAD}=120^{\circ }$ nên tam giác $BCD$ đều cạnh $a$, suy ra $BD=a,OB=\frac{a}{2}$.
Trong tam giác vuông $OBC$ vuông tại $O$, ta có:
$$OC=\sqrt{B{C}^2-O{B}^2}=\sqrt{a^2-{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$$
Kẻ $OH\perp BC$ tại $H$. Ta có:
$$\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{O{B}^2}+\frac{1}{O{C}^2}=\frac{1}{\frac{a^2}{4}}+\frac{1}{\frac{3a^2}{4}}=\frac{4}{a^2}+\frac{4}{3a^2}=\frac{16}{3a^2}.$$
Vì $SO\perp (ABCD)$ nên $SO\perp BC$. Kết hợp $OH\perp BC$ suy ra $BC\perp (SOH)$.
Kẻ $OK\perp SH$ tại $K$, thì $OK\perp (SBC)$, do đó $d(O,(SBC))=OK$.
Trong tam giác vuông $SOH$ vuông tại $O$:
$$\frac{1}{O{K}^2}=\frac{1}{S{O}^2}+\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{16}{3a^2}=\frac{19}{3a^2}⟹OK=\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{19}}=\frac{a\sqrt{57}}{19}.$$

Gọi $O=AC\cap BD$. Vì $BD\perp (SAC)$ nên khoảng cách giữa $BD$ và $SC$ bằng khoảng cách từ $O$ đến $SC$, bằng $\frac{1}{2}d(A,SC)$. Suy ra $d(A,SC)=\frac{2a}{\sqrt{6}}$. Trong tam giác vuông $SAC$, $\frac{1}{d(A,SC{)}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{C}^2}\Rightarrow \frac{6}{4a^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{2a^2}\Rightarrow SA=a$. Vậy $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SA\cdot S_{ABCD}=\frac{a^3}{3}$.

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

Chọn B.
Chọn hệ trục tọa độ hoặc dùng hình học tổng hợp:
$H$ là gốc, $HC\perp AB$ nên $HC\perp AB$ tại $H$, $SH\perp (ABC)$.
Ta có $HC=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, $HA=HB=\frac{a}{2}$.
Từ giả thiết góc giữa hai mặt phẳng $((SAC),(SBC))=60^{\circ }$, giải phương trình tìm chiều cao $SH$.
Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $AB$ và $SC$:
Vì $AB\perp SH$ và $AB\perp HC$ nên $AB\perp (SHC)$.
Kẻ $HK\perp SC$ tại $K$, thì $HK$ là đoạn vuông góc chung của $AB$ và $SC$.
Do đó $d(AB,SC)=HK=\frac{SH\cdot HC}{\sqrt{S{H}^2+H{C}^2}}=\frac{a\sqrt{3}}{6}$.