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

Trả lời: 0,71. Gọi $E$ là trung điểm $BC$ thì $BC\perp AE$ vì $\Delta ABC$ đều. Dựng $AF\perp SE$ (1) tại $F$. Ta có: $BC\perp SA,BC\perp AE\Rightarrow BC\perp (SAE)\Rightarrow BC\perp AF$ (2). Từ (1) và (2), suy ra: $AF\perp (SBC)$. Vậy $d(A,(SBC))=AF$. Xét tam giác $SAE$ vuông tại $A$, ta có: $\frac{1}{A{F}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{E}^2}=2\Rightarrow AF=\frac{\sqrt{2}}{2}\approx 0,71$.

Trả lời: 1,8. Cái lều được minh họa bởi hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$. Gọi $O$ là tâm của đáy, $M$ là vị trí bóng đèn. Khi đó khoảng cách từ bóng đèn đến mặt đất bằng độ dài đoạn thẳng $MO$. Ta có: $SO=\sqrt{S{A}^2-A{O}^2}=\sqrt{3^2-{\left(\frac{3\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$ $$MO=SO-SM=\frac{3\sqrt{2}}{2}-0,3\approx 1,8$$ Vậy khoảng cách từ bóng đèn đến mặt đất xấp xỉ $1,8m$.

(AI giải đề cho tôi)
Hai mặt phẳng $(AB{B}^{\prime })$ và $(C{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ là hai mặt phẳng song song (vì $AB\parallel C{C}^{\prime }$... cụ thể $AB\parallel DC$ và $B{B}^{\prime }\parallel C{C}^{\prime }$). Khoảng cách giữa chúng bằng khoảng cách từ điểm $B$ đến mặt phẳng $(C{C}^{\prime }{D}^{\prime })$. Vì $BC\perp (C{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ (do $BC\perp C{C}^{\prime }$ và $BC\perp CD$), nên khoảng cách cần tìm là $BC=1$. Vậy đáp án là A, trùng với đáp án nguồn.

Ta có : $AB=2HB\Rightarrow d\left(A,(SBD)\right)=2d\left(H,(SBD)\right)$. Gọi $E$ là trung điểm $BO$; khi đó $HE\perp BO$. Lại có $SH\perp BO$ (do $SH\perp (ABCD)$) nên $BO\perp (SHE)$. Hạ $HK\perp SE$ tại $K$. Ta có : $HK\perp BO$ vì $BO\perp (SHE)\supset HK$. Nên $HK\perp (SBD)$ tại $K$ suy ra: $d\left(H,(SBD)\right)=HK$. Xét $\Delta AHD$: $HD=\sqrt{A{H}^2+A{D}^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}$. Xét $\Delta SHD$: $SH=\sqrt{S{D}^2-H{D}^2}=a\sqrt{3}$. $HE=\frac{1}{2}AO=\frac{a\sqrt{2}}{4}$. Xét $\Delta SHK$: $HK=\frac{HE\cdot HS}{\sqrt{H{E}^2+H{S}^2}}=\frac{a\sqrt{3}}{5}$. Suy ra: $d\left(A,(SBD)\right)=2d\left(H,(SBD)\right)=2HK=\frac{2a\sqrt{3}}{5}$. Vậy : $d\left(A,(SBD)\right)=\frac{2a\sqrt{3}}{5}$. Lưu ý: Thí sinh làm cách khác ra đáp án đúng vẫn cho điểm tối đa.

Ta có : $AB=2HB\Rightarrow d\left(A,(SBD)\right)=2d\left(H,(SBD)\right)$. Gọi $E$ là trung điểm $BO$; khi đó $HE\perp BO$. Lại có $SH\perp BO$ (do $SH\perp (ABCD)$) nên $BO\perp (SHE)$. Hạ $HK\perp SE$ tại $K$. Ta có : $HK\perp BO$ vì $BO\perp (SHE)\supset HK$. Nên $HK\perp (SBD)$ tại $K$ suy ra: $d\left(H,(SBD)\right)=HK$. Xét $\Delta AHD$: $HD=\sqrt{A{H}^2+A{D}^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}$. Xét $\Delta SHD$: $SH=\sqrt{S{D}^2-H{D}^2}=a\sqrt{3}$. $HE=\frac{1}{2}AO=\frac{a\sqrt{2}}{4}$. Xét $\Delta SHK$: $HK=\frac{HE\cdot HS}{\sqrt{H{E}^2+H{S}^2}}=\frac{a\sqrt{3}}{5}$. Suy ra: $d\left(A,(SBD)\right)=2d\left(H,(SBD)\right)=2HK=\frac{2a\sqrt{3}}{5}$. Vậy : $d\left(A,(SBD)\right)=\frac{2a\sqrt{3}}{5}$. Lưu ý: Thí sinh làm cách khác ra đáp án đúng vẫn cho điểm tối đa.

(AI giải đề cho tôi)
Đường thẳng $A^{\prime }{C}^{\prime }$ nằm trong mặt phẳng $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ song song với $(ABCD)$, nên $d(A^{\prime }{C}^{\prime },(ABCD))=d((A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }),(ABCD))=A{A}^{\prime }=2a$ (chiều cao khối lập phương). Vậy đáp án là D, khớp với đáp án nguồn (Đề 1014, Câu 11: D).

+ 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).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $C^{\prime }{B}^{\prime }\parallel CB$ và $CB\subset (ABCD)$ nên $C^{\prime }{B}^{\prime }\parallel (ABCD)$. Khoảng cách giữa $C^{\prime }{B}^{\prime }$ và $(ABCD)$ bằng khoảng cách từ một điểm bất kỳ trên $C^{\prime }{B}^{\prime }$, chẳng hạn $B^{\prime }$, đến mặt phẳng $(ABCD)$. Do $B{B}^{\prime }\perp (ABCD)$ nên $d(C^{\prime }{B}^{\prime },(ABCD))=d(B^{\prime },(ABCD))=B{B}^{\prime }=a$. Kết quả khớp với đáp án nguồn: C.

+ 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).

+ 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).

(AI giải đề cho tôi)
Đường thẳng $A^{\prime }{C}^{\prime }$ nằm trong mặt phẳng $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ và song song với $(ABCD)$ (vì $A^{\prime }{C}^{\prime }\parallel AC\subset (ABCD)$). Do đó khoảng cách giữa $A^{\prime }{C}^{\prime }$ và $(ABCD)$ bằng khoảng cách giữa hai mặt phẳng $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ và $(ABCD)$, tức bằng chiều cao của hình lập phương, bằng cạnh $2a$. Vậy chọn đáp án A, trùng với đáp án nguồn (Đề 1012, Câu 7: A).

+ 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).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $C^{\prime }{B}^{\prime }\parallel BC$ và $BC\subset (ABCD)$ nên $C^{\prime }{B}^{\prime }\parallel (ABCD)$. Khoảng cách giữa $C^{\prime }{B}^{\prime }$ và $(ABCD)$ bằng khoảng cách từ điểm $B^{\prime }$ (hoặc $C^{\prime }$) đến mặt phẳng $(ABCD)$. Trong hình lập phương, $B{B}^{\prime }\perp (ABCD)$ nên khoảng cách cần tìm là $B{B}^{\prime }=a$. Vậy đáp án là $a$, khớp với đáp án nguồn C.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên khoảng cách từ $S$ đến mặt phẳng $(ABC)$ chính là chiều dài đoạn $SA=2a$. Vậy đáp án là C, trùng với đáp án nguồn (mã đề 1102, câu 11: C).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên khoảng cách từ $S$ đến mặt phẳng $(ABC)$ chính là chiều dài đoạn $SA=2a$. Vậy đáp án là B, trùng với đáp án nguồn (mã đề 1101, câu 11: B).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $D(0;d;0)$, $C(a;d;0)$. Tam giác $SAB$ đều cạnh $a$ nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy qua $AB$ nên $S\left(\frac{a}{2};0;\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$. Vì $BC\parallel AD$ và $AD\subset (SAD)$ nên $BC\parallel (SAD)$, do đó $d(SD,BC)=d(B,(SAD))$. Mặt phẳng $(SAD)$ qua $A$ có vectơ pháp tuyến $\vec{n}=\overrightarrow{AD}\times \overrightarrow{AS}\parallel (\sqrt{3};0;-1)$, phương trình: $\sqrt{3}x-z=0$. Khoảng cách từ $B(a;0;0)$: $d=\frac{\sqrt{3}a}{2}=a\sqrt{\frac{3}{4}}$. Vậy $m=3,n=4$ (nguyên tố cùng nhau), $m^2-2n^2=9-32=-23$. Kết quả khớp với đáp án nguồn $-23$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: A(0,0,0), B(a,0,0), D(0,d,0), C(a,d,0). Vì (SAB) ⊥ (ABCD) và tam giác SAB đều cạnh a nên S(a/2, 0, a√3/2). Do BC ∥ AD nên BC ∥ (SAD), khoảng cách giữa SD và BC bằng d(B,(SAD)). Mặt phẳng (SAD) có VTCP pháp tuyến AD×AS ∝ (√3,0,−1), phương trình √3x − z = 0. Khoảng cách từ B(a,0,0): |√3·a|/√(3+1) = a√3/2 = a√(3/4). Vậy m=3, n=4, m²−n² = 9−16 = −7, khớp đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Lăng trụ đứng nên $B{B}^{\prime }\perp (ABC)$, do đó $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })\perp (ABC)$ theo giao tuyến $BC$. Khoảng cách từ $A$ đến $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ bằng khoảng cách từ $A$ đến $BC$ trong mặt phẳng $(ABC)$. Tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$ với $AB=AC=12\sqrt{2}$ nên $BC=\sqrt{2}\cdot 12\sqrt{2}=24$. Đường cao từ $A$ xuống $BC$ (đồng thời là trung tuyến): $d(A,BC)=\frac{AB\cdot AC}{BC}=\frac{12\sqrt{2}\cdot 12\sqrt{2}}{24}=\frac{288}{24}=12$. Vậy khoảng cách từ $A$ đến $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ bằng $12$, trùng với đáp án nguồn.

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.

(AI giải đề cho tôi)
Vì lăng trụ đứng nên $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })\perp (ABC)$ theo giao tuyến $BC$. Do đó $d(A,(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }))=d(A,BC)$ trong mặt phẳng $(ABC)$. Tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$ với $AB=AC=10\sqrt{2}$ nên $BC=10\sqrt{2}\cdot \sqrt{2}=20$. Đường cao từ $A$ xuống $BC$: $h=\frac{AB\cdot AC}{BC}=\frac{10\sqrt{2}\cdot 10\sqrt{2}}{20}=\frac{200}{20}=10$. Vậy $d(A,(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }))=10$, khớp đáp án nguồn.