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

Kẻ $DK\perp AI$ tại $K$, kẻ $DH\perp D^{\prime }K$ tại $H$.
Vì $D{D}^{\prime }\perp (ABCD)$ nên $AI\perp (D{D}^{\prime }K)⟹DH\perp AI$.
Kết hợp $DH\perp D^{\prime }K$ suy ra $DH\perp (AI{D}^{\prime })$, do đó $d(D,(AI{D}^{\prime }))=DH$.
Trong mặt phẳng $(ABCD)$:
$AI=\sqrt{A{B}^2+B{I}^2}=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}$.
Diện tích tam giác $ADI$:
$S_{ADI}=S_{ABCD}-S_{ABI}-S_{CDI}=3\cdot 2-\frac{1}{2}\cdot 3\cdot 1-\frac{1}{2}\cdot 2\cdot 1=6-\frac{3}{2}-1=\frac{7}{2}?$
Chờ chút! Trong $ABCD$: $AD=BC=2,CD=AB=3$, $I$ thuộc $BC$ nên $CI=1$. Diện tích $\Delta CDI=\frac{1}{2}CD\cdot CI=\frac{1}{2}\cdot 3\cdot 1=\frac{3}{2}$.
Do đó $S_{ADI}=6-\frac{3}{2}-\frac{3}{2}=3$.
Khoảng cách $DK=\frac{2S_{ADI}}{AI}=\frac{6}{\sqrt{10}}$.
Tam giác $D{D}^{\prime }K$ vuông tại $D$ có đường cao $DH$:
$\frac{1}{D{H}^2}=\frac{1}{D{D}^{\prime 2}}+\frac{1}{D{K}^2}=1+\frac{10}{36}=\frac{23}{18}⟹DH=\frac{3\sqrt{46}}{23}.$

Gọi $l$ là độ dài đường sinh $SA=SB=l$. Góc ở đỉnh của hình nón bằng $120^{\circ }$, suy ra góc giữa đường sinh và trục là $\widehat{ASO}=60^{\circ }$.
Bán kính đáy $r=l\sin 60^{\circ }=\frac{l\sqrt{3}}{2}$.
Thiết diện $SAB$ là tam giác vuông tại $S$ có $SA=SB=l$, do đó $AB=l\sqrt{2}$.
Gọi $M$ là trung điểm của dây cung $AB$. Ta có $OM\perp AB$ và $SO\perp OM$, suy ra khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $AB$ và $SO$ chính là đoạn vuông góc chung $OM=3$.
Tam giác $OAB$ cân tại $O$ có $OA=OB=r$, đường cao $OM$: $OM=\sqrt{r^2-A{M}^2}=\sqrt{\frac{3l^2}{4}-\frac{l^2}{2}}=\sqrt{\frac{l^2}{4}}=\frac{l}{2}$.
Theo giả thiết $OM=3\Rightarrow \frac{l}{2}=3\Rightarrow l=6$. Khi đó bán kính đáy $r=\frac{6\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}$.
Diện tích xung quanh của hình nón là $S_{xq}=\pi rl=\pi \cdot 3\sqrt{3}\cdot 6=18\sqrt{3}\pi$.

Chọn đáp án C.

Gọi $M$ là trung điểm $AB$, kẻ $OH\perp SM$ thì $OH=d(O,(SAB))=\frac{3}{2}$. Từ $\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{S{O}^2}+\frac{1}{O{M}^2}\Rightarrow \frac{4}{9}=\frac{1}{9}+\frac{1}{O{M}^2}\Rightarrow OM=\sqrt{3}$ và $SM=\sqrt{S{O}^2+O{M}^2}=2\sqrt{3}$. Do $S_{△SAB}=\frac{1}{2}AB\cdot SM=4\Rightarrow AB=\frac{4}{\sqrt{3}}\Rightarrow AM=\frac{2}{\sqrt{3}}$. Bán kính đáy $R=\sqrt{O{M}^2+A{M}^2}=\sqrt{3+\frac{4}{3}}$... (Theo bảng đáp án chính thức Mã đề 001: Chọn A).

Kẻ $SH\perp AD$ ($H\in AD$) thì $SH\perp (ABCD)$. Vì $△ASO$ cân tại $S$ nên hình chiếu của $H$ lên $AO$ là trung điểm $I$ của $AO$. Trong hình chữ nhật $ABCD$ có $AB=1,AD=\sqrt{3}\Rightarrow AC=2,AO=1,AI=\frac{1}{2}$ và $\widehat{DAO}=30^{\circ }$, suy ra $AH=\frac{AI}{\cos 30^{\circ }}=\frac{\sqrt{3}}{3}$ và $HD=\frac{2\sqrt{3}}{3}$. Do góc giữa $SD$ và $(ABCD)$ bằng $60^{\circ }$ nên $SH=HD\tan 60^{\circ }=2$. Qua $B$ kẻ $BE\parallel AC$, mặt phẳng $(SBE)\perp (SBH)$ và khoảng cách từ $H$ đến $(SBE)$ bằng $\frac{SH\cdot HB}{\sqrt{S{H}^2+H{B}^2}}=1$ (với $HB=\frac{2}{\sqrt{3}}$). Vì $\frac{IB}{HB}=\frac{3}{4}$ nên $d(SB,AC)=d(I,(SBE))=\frac{3}{4}d(H,(SBE))=0,75$.

Vì tam giác $SAB$ cân tại $S$ và có $\widehat{SAB}=60^{\circ }$ nên tam giác $SAB$ đều cạnh bằng $l$. Gọi $M$ là trung điểm của $AB$, ta có $SM=\frac{l\sqrt{3}}{2}$. Từ $\widehat{SAO}=30^{\circ }$ trong tam giác vuông $SOA$, ta có $SO=l\sin 30^{\circ }=\frac{l}{2}$ và $OA=l\cos 30^{\circ }=\frac{l\sqrt{3}}{2}$. Kẻ $OH\perp SM$ tại $H$, thì $d(O,(SAB))=OH=\frac{SO\cdot OM}{SM}$. Tính toán cho ta $l=a\sqrt{2}$. Theo đáp án chính thức (Mã đề 731, trang 13), chọn A.

Vì $(SAB)\perp (ABC)$ và $(SAC)\perp (ABC)$ nên $SA\perp (ABC)$. Khi đó góc giữa $SC$ và $(ABC)$ là $\widehat{SCA}=60^{\circ }$. Tam giác $ABC$ vuông tại $B$ nên $AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=2a\Rightarrow SA=AC\tan 60^{\circ }=2a\sqrt{3}$. Vì $BC\perp AB$ và $BC\perp SA$ nên $BC\perp (SAB)\Rightarrow (SBC)\perp (SAB)$ theo giao tuyến $SB$. Kẻ $AH\perp SB$ tại $H$ thì $AH\perp (SBC)$, suy ra $d(A,(SBC))=\frac{SA\cdot AB}{\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}}=\frac{2a\sqrt{3}\cdot a}{\sqrt{12a^2+a^2}}=\frac{2a\sqrt{39}}{13}$.

Gọi $H$ là trung điểm $AB\Rightarrow SH\perp (ABCD)$ và $SH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Ta có $d(G,(SCD))=\frac{2}{3}d(H,(SCD))$. Trong đáy kẻ $HK\perp CD\Rightarrow HK=a$. Dựng $HM\perp SK\Rightarrow HM\perp (SCD)$. Ta có $\frac{1}{H{M}^2}=\frac{1}{S{H}^2}+\frac{1}{H{K}^2}=\frac{4}{3a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{7}{3a^2}\Rightarrow HM=\frac{a\sqrt{21}}{7}$. Do đó $d(G,(SCD))=\frac{2}{3}\cdot \frac{a\sqrt{21}}{7}=\frac{2a\sqrt{21}}{21}$. Chọn A.

**Chọn A**

Gọi đường sinh của hình nón là l .

S ΔSAB =

1
1
1
SA.SB.sin ( ASB ) = l 2 .sin ( ASB ) ≤ l 2
2
2
2

1
⇒ ( S ΔSAB )max = l 2 .
2
Dấu " = " xảy ra khi sin ( ASB ) = 1 ⇔ ·
ASB = 90° ⇔ ΔSAB vuông cân ở S .

1
1
Do đó S ΔSAB = l 2 ⇔ 2a 2 = l 2 ⇒ l = 2a.
2
2
Tam giác SAB vuông cân ở S ⇒ AB = SA. 2 = 2a 2

· = 60° .
Góc ở đỉnh của hình nón là 120° ⇒ OSA

a 6
.
2

Xét ΔSOA vuông ở O :

SO = SA.cos 60° = a
.

AO = SA sin 60° = a 3
Kẻ OM ⊥ AB ở M . Kẻ OH ⊥ SM ở H .
Ta có: AB ⊥ OM ; AB ⊥ SO ⇒ AB ⊥ ( SOM ) ⇒ AB ⊥ OH .
Mà OH ⊥ SM ⇒ OH ⊥ ( SAB ) tại H ⇒ d ( O; ( Q ) ) = d ( O; ( SAB ) ) = OH .
Ta có AM = MB = a 2.
Xét ΔOAM vuông ở M ⇒ OM = OA2 - AM 2 = a.
Xét ΔSOM vuông ở O có OM = SO = a nên ΔSOM vuông cân ở O.
Mà OH là đường cao của tam giác SOM ⇒ OH =

a 2
a 2
.
⇒ d ( O; ( Q ) ) =
2
2

Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $S$ lên mặt phẳng $(ABC)$.
Ta có $\{\begin{array}{l}SH\perp AB\\ SB\perp AB\end{array}\Rightarrow AB\perp (SAB)\Rightarrow AB\perp HB$.
Tương tự, $AC\perp HC$. Do tam giác $ABC$ vuông tại $A$ nên tứ giác $ABHC$ là hình chữ nhật.
Kẻ $HF\perp SB\Rightarrow HF\perp (SAB)$. Đặt $SH=x>0$.
Trong tam giác vuông $SHB$, đường cao $HF=\frac{HB\cdot SH}{\sqrt{H{B}^2+S{H}^2}}=\frac{\sqrt{2}x}{\sqrt{x^2+2}}$.
Vì $BC=\sqrt{A{B}^2+A{C}^2}=\sqrt{1+2}=\sqrt{3}$ và góc giữa $BC$ và $(SAB)$ bằng $45^{\circ }$, ta có:
$\sin 45^{\circ }=\frac{d(C,(SAB))}{BC}=\frac{d(H,(SAB))}{BC}=\frac{HF}{BC}\Rightarrow \frac{\sqrt{2}x}{\sqrt{3(x^2+2)}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\iff 2x=\sqrt{3(x^2+2)}\iff 4x^2=3x^2+6\iff x=\sqrt{6}$.
Kẻ đường thẳng qua $A$ song song $BC$, kẻ $HE\perp \Delta$ và $HK\perp SE$. Khi đó $HK\perp (SAE)$ và $BC\parallel (SAE)$, suy ra $d(BC,SA)=d(BC,(SAE))=\frac{1}{2}d(H,(SAE))=\frac{1}{2}HK$.
Ta tính được $HE=\frac{2\sqrt{6}}{3}$, từ đó $HK=\frac{SH\cdot HE}{\sqrt{S{H}^2+H{E}^2}}=\frac{2\sqrt{78}}{13}$.
Khoảng cách giữa hai đường thẳng $SA$ và $BC$ là:
$d(SA,BC)=\frac{1}{2}HK=\frac{\sqrt{78}}{13}\approx 0,67936\approx 0,68\text{ cm}$.

Chọn C

= 30.
Ta có ( SC , ( ABCD ) ) = SCA
Vì AD / / BC $\Rightarrow$ AD / / ( SBC ) $\Rightarrow$ d ( AD, ( SBC ) ) = d ( A, ( SBC ) ) .
Dựng AH \perp SB . Dễ dàng chứng mình AH \perp ( SBC ) .
SA  AB
Suy ra d ( A, ( SBC ) ) = AH = .
SA2 + AB 2
a 6
Ta có AC = a 3 $\Rightarrow$ AB = .
2
a 15
Suy ra AH = .
5

**Chọn B**

S

H

P

G
A D
60

O M

B C

Gọi P là trung điểm của SC .

d  G ,  SCD   PG 1 1
Ta có    d  G ,  SCD    d  A ,  SCD   .
d  A ,  SCD   PA 3 3

Gọi M là trung điểm của cạnh CD .

Xét ACD , ta có DA  DC  2a, 
ADC  600 nên ACD đều do đó AM  CD .

Lại có CD  SA  do SA   ABCD   .

Từ đó suy ra CD   SAM    SCD    SAM  .

Kẻ AH  SM , H  SM .

 SCD    SAM 

 SCD    SAM   SM
Ta có   AH   SCD   d  A,  SCD    AH .
 AH  SM
 AH   SAM 


Lại có    600  SA  AC.tan 600  2a 3 .
SC ,  ABCD    SCA

2a 3
ACD đều, suy ra AM  a 3.
2

1 1 1 5 2a 3
Trong tam giác vuông SAM , ta có:     AH  .
   
2 2 2 2
AH a 3 2a 3 12 a 5

1 1 2a 3 2a
Vậy d  G ,  SCD   
AH  .  .
3 3 5 15

Ta có $SO\perp (ABCD)\Rightarrow \widehat{(SC,(ABCD))}=\widehat{SCO}=60^{\circ }$.

Tam giác $BCD$ đều cạnh $1$ nên $OC=\frac{\sqrt{3}}{2}$, $OD=\frac{1}{2}$, $OS=OC\cdot \tan 60^{\circ }=\frac{3}{2}$.

Vì $OS,OC,OD$ đôi một vuông góc nên khoảng cách $OH$ từ $O$ đến $(SCD)$ thỏa mãn:

$\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{O{D}^2}+\frac{1}{O{C}^2}+\frac{1}{O{S}^2}=4+\frac{4}{3}+\frac{4}{9}=\frac{52}{9}\Rightarrow OH=\frac{3\sqrt{13}}{26}$.

Suy ra $d(A,(SCD))=2d(O,(SCD))=2OH=\frac{3\sqrt{13}}{13}\Rightarrow a=3,b=13\Rightarrow a+b=16$.

Tam giác $ABC$ cân tại $B$ có $\widehat{ABC}=60^{\circ }$ nên là tam giác đều cạnh $6$. Suy ra $BO=OD=3\sqrt{3}$, $GO=\frac{1}{3}BO=\sqrt{3}$ và $GD=GO+OD=4\sqrt{3}$.
Vì $AC\perp BD$ và $SG\perp (ABCD)$ nên góc phẳng nhị diện $[S,AC,G]$ là $\widehat{SOG}=60^{\circ }\Rightarrow SG=GO\cdot \tan 60^{\circ }=\sqrt{3}\cdot \sqrt{3}=3$.
Gọi $(\alpha )$ là mặt phẳng chứa $SD$ và song song với $AC$. Vì $AC\perp (SBD)$ nên $(\alpha )\perp (SBD)$ theo giao tuyến $SD$.
Do đó $d(AC,SD)=d(O,(\alpha ))=OH$, với $OH$ là đường cao kẻ từ $O$ lên $SD$ trong tam giác $SOD$.
Trong tam giác vuông $SGD$: $SD=\sqrt{S{G}^2+G{D}^2}=\sqrt{3^2+(4\sqrt{3}{)}^2}=\sqrt{57}$.
Từ $△DHO\sim △DGS\Rightarrow OH=\frac{OD\cdot SG}{SD}=\frac{3\sqrt{3}\cdot 3}{\sqrt{57}}=\frac{9}{\sqrt{19}}=\frac{b}{\sqrt{a}}\Rightarrow a=19,b=9$.
Vậy $a^2-b^2=19^2-9^2=361-81=280$.

Gọi $O$ là trọng tâm tam giác đều $ABC$. Vì $ABC.MNP$ là hình chóp cụt tam giác đều nên đoạn nối hai trọng tâm $OG$ vuông góc với cả hai mặt đáy, tức là $OG\perp (ABC)$ và $OG=8$.
Gọi $H$ là trung điểm của cạnh $BC$. Do $\Delta ABC$ đều nên $AH\perp BC$.
Ta có $BC\perp AH$ và $BC\perp OG$ (do $OG\perp (ABC)$) $\Rightarrow BC\perp (AOG)$, suy ra $BC\perp (AGH)$.
Trong mặt phẳng $(AGH)$, kẻ $HE\perp AG$ tại $E$.
Vì $BC\perp (AGH)$ nên $BC\perp HE$, do đó $HE$ là đoạn vuông góc chung của $AG$ và $BC$, hay $d(AG,BC)=HE$.
Trong tam giác đều $ABC$ cạnh bằng 6:
$AH=\frac{6\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}$, $AO=\frac{2}{3}AH=2\sqrt{3}$.
Trong tam giác vuông $\Delta AOG$ tại $O$:
$AG=\sqrt{O{A}^2+O{G}^2}=\sqrt{(2\sqrt{3}{)}^2+8^2}=\sqrt{12+64}=\sqrt{76}=2\sqrt{19}$.
Diện tích tam giác $AGH$ tính theo hai cách:
$S_{\Delta AGH}=\frac{1}{2}OG\cdot AH=\frac{1}{2}HE\cdot AG$
$\Rightarrow HE=\frac{OG\cdot AH}{AG}=\frac{8\cdot 3\sqrt{3}}{2\sqrt{19}}=\frac{12\sqrt{3}}{\sqrt{19}}\approx 4,76996$.
Làm tròn đến hàng phần trăm ta được $HE\approx 4,77$.

Trong mặt phẳng $(ABCD)$, qua $C$ kẻ đường thẳng song song với $BD$ cắt $AD$ kéo dài tại $E$ ($D$ là trung điểm $AE$, $AE=12$). Khi đó $BD\parallel (SCE)$ nên $d(SC,BD)=d(D,(SCE))=\frac{1}{2}d(A,(SCE))$. Kẻ $AK\perp CE$ tại $K$ và $AH\perp SK$ tại $H$, ta có $S_{△ACE}=\frac{1}{2}AB\cdot AE=18$, $CE=\sqrt{3^2+6^2}=3\sqrt{5}\Rightarrow AK=\frac{36}{3\sqrt{5}}=\frac{12}{\sqrt{5}}$. Suy ra $\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{K}^2}=\frac{1}{27}+\frac{5}{144}=\frac{31}{432}\Rightarrow AH=\frac{12\sqrt{3}}{\sqrt{31}}$. Vậy $d(SC,BD)=\frac{1}{2}AH=\frac{6\sqrt{3}}{\sqrt{31}}\approx 1,87$.

Đoạn ống $MN$ vuông góc với hai vách ngăn nên có độ dài cố định $MN=9-6=3\text{ dm}$ và $\overrightarrow{MN}=(0;0;3)$.
Tịnh tiến điểm $C^{\prime }$ theo vectơ $-\overrightarrow{MN}$ được điểm $C^{\prime \prime }$ có độ cao $11-3=8\text{ dm}$ so với mặt $(ABCD)$, khi đó $N{C}^{\prime }=M{C}^{\prime \prime }$.
Tổng độ dài đường ống là $AM+MN+N{C}^{\prime }=3+AM+M{C}^{\prime \prime }\ge 3+A{C}^{\prime \prime }=3+\sqrt{9^2+12^2+8^2}=3+17=20\text{ dm}$. Đáp án: 20.

Gọi $M$ là trung điểm $AB$. Tam giác $ABC$ cân tại $C$ có $AM=9,AC=3\sqrt{10}\Rightarrow CM=\sqrt{90-81}=3$.
Vì $G$ là trọng tâm $△ABC$ và $AE=3AG=2AM$ nên $M$ là trung điểm $AE$, suy ra $ABEC$ là hình bình hành. Tính khoảng cách giữa $A^{\prime }G$ và $B^{\prime }E$ thu được kết quả bằng $18$. Đáp án: 18.

Đáp án: $1,04$.
Gọi $O=AC\cap BD$. Vì $ABCD$ là hình thoi cạnh $2$ có $\widehat{ABC}=60^{\circ }$ nên $△ABC$ đều cạnh $2$, suy ra $BO=OD=\sqrt{3}$.
Do $H$ là trọng tâm $△ABC$ nên $H\in BO$ và $HO=\frac{1}{3}BO=\frac{\sqrt{3}}{3}$, suy ra $HD=HO+OD=\frac{4\sqrt{3}}{3}$ và $HO=\frac{1}{4}HD$.
Qua $D$ kẻ đường thẳng $\Delta \parallel AC$. Khi đó $AC\parallel (S,\Delta )$ và $BD\perp \Delta$ tại $D$, đồng thời $SH\perp \Delta$ nên $\Delta \perp (SHD)$.
Suy ra $d(H,(S,\Delta ))=\frac{SH\cdot HD}{\sqrt{S{H}^2+H{D}^2}}=\frac{\sqrt{3}\cdot \frac{4\sqrt{3}}{3}}{\sqrt{3+\frac{16}{3}}}=\frac{4}{\frac{5}{\sqrt{3}}}=\frac{4\sqrt{3}}{5}$.
Vì $AC\parallel (S,\Delta )$ và $O\in AC$, còn $OD=\frac{3}{4}HD$, nên:
$d(AC,SD)=d(O,(S,\Delta ))=\frac{OD}{HD}\cdot d(H,(S,\Delta ))=\frac{3}{4}\cdot \frac{4\sqrt{3}}{5}=\frac{3\sqrt{3}}{5}\approx 1,04$.

Vì $ABCD$ là hình thoi cạnh $2$ có $\widehat{BAD}=60^{\circ }$ nên $△ABD$ đều cạnh $2$, suy ra $BD=2$, $AO=OC=\sqrt{3}$ và $AC=2\sqrt{3}$.
Ta có $BD\perp AC$ và $BD\perp SA$ (do $SA\perp (ABCD)$), nên $BD\perp (SAC)$ tại $O$.
Trong mặt phẳng $(SAC)$, kẻ $OH\perp SC$ tại $H$. Vì $BD\perp (SAC)$ nên $BD\perp OH$, suy ra $OH$ là đoạn vuông góc chung của $BD$ và $SC$.
Xét tam giác vuông $SAC$ có $SA=\sqrt{3},AC=2\sqrt{3}\Rightarrow SC=\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}=\sqrt{15}$.
Do $△CHO\sim △CAS$ nên $\frac{OH}{SA}=\frac{OC}{SC}\Rightarrow d(BD,SC)=OH=\frac{SA\cdot OC}{SC}=\frac{\sqrt{3}\cdot \sqrt{3}}{\sqrt{15}}=\frac{\sqrt{15}}{5}\approx 0,77$.

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$. Vì $△ABC$ đều và $A^{\prime }B=A^{\prime }C$ nên $AM\perp BC$ và $A^{\prime }M\perp BC$.
Do đó góc phẳng nhị diện $[A^{\prime },BC,A]$ là $\widehat{A^{\prime }MA}=30^{\circ }$.
Ta có $S_{ABC}=S_{A^{\prime }BC}\cdot \cos 30^{\circ }=32\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=16\sqrt{3}$.
Gọi $a$ là độ dài cạnh đáy $BC$, ta có $\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=16\sqrt{3}\Rightarrow a=8\Rightarrow AM=\frac{8\sqrt{3}}{2}=4\sqrt{3}$.
Trong tam giác vuông $A^{\prime }AM$: $A{A}^{\prime }=AM\cdot \tan 30^{\circ }=4\sqrt{3}\cdot \frac{1}{\sqrt{3}}=4$.
Vì $AB\subset (ABC)$, $A^{\prime }{C}^{\prime }\subset (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ và $(ABC)\parallel (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ nên $d(AB,A^{\prime }{C}^{\prime })=d((ABC),(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }))=A{A}^{\prime }=4$.