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

Vì $SA\perp (ABCD)$ tại $A$ nên độ dài đoạn thẳng $SA$ chính là khoảng cách từ điểm $S$ đến mặt phẳng $(ABCD)$.
Chọn đáp án (B).

Ta có $SA\perp (ABC)$ nên suy ra $SA\perp AB$.
Trong mặt phẳng $(ABC)$, hạ $AH\perp BC$ tại $H$.
Vì $AH\perp BC$ và $AH\perp SA$ (do $SA\perp (ABC)$) nên đoạn thẳng $AH$ chính là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau $SA$ và $BC$.
Do đó, khoảng cách giữa $SA$ và $BC$ chính bằng độ dài đoạn thẳng $AH$.
Xét tam giác $AHB$ vuông tại $H$, ta có:
$$AH=AB\cdot \sin \left(\widehat{ABC}\right)=a\cdot \sin (60^{\circ })=\frac{a\sqrt{3}}{2}$$
Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng $SA$ và $BC$ bằng $\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Định nghĩa khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng song song là khoảng cách từ một điểm bất kỳ trên đường thẳng đó đến mặt phẳng.
Chọn đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $B(0;0;0)$, $A(12;0;0)$, $C(0;15;0)$, $A^{\prime }(12;0;10)$. Xét tứ diện $A{A}^{\prime }BC$ (khối chóp với đỉnh $A$, đáy tam giác $A^{\prime }BC$). Thể tích tứ diện $V_{A{A}^{\prime }BC}=\frac{1}{6}\left|\det (\overrightarrow{B{A}^{\prime }},\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BA})\right|=\frac{1}{6}\cdot 12\cdot 15\cdot 10=300$ cm³. Tam giác $A^{\prime }BC$ có $\overrightarrow{B{A}^{\prime }}=(12;0;10)$, $\overrightarrow{BC}=(0;15;0)$, tích có hướng $\overrightarrow{B{A}^{\prime }}\times \overrightarrow{BC}=(-150;0;180)$ nên $S_{A^{\prime }BC}=\frac{1}{2}\sqrt{150^2+180^2}=\frac{1}{2}\sqrt{54900}=15\sqrt{61}$. Khoảng cách $d(A,(A^{\prime }BC))=\frac{3V_{A{A}^{\prime }BC}}{S_{A^{\prime }BC}}=\frac{900}{15\sqrt{61}}=\frac{60}{\sqrt{61}}=\frac{60\sqrt{61}}{61}\approx 7,68$ cm.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $B(0;0;0)$, $A(5;0;0)$, $C(0;6;0)$, $A^{\prime }(0;0;7)$. Mặt phẳng $(A^{\prime }BC)$ đi qua $B$, $C$ (nằm trên trục $y$) và $A^{\prime }$ (trên trục $z$), nên có phương trình $x=0$. Ta có $AB\perp BC$ (tam giác $ABC$ vuông tại $B$) và $AB\perp B{A}^{\prime }$ (vì $A{A}^{\prime }\perp (ABC)$ nên $B{A}^{\prime }\perp AB$). Vậy $AB\perp (A^{\prime }BC)$, do đó khoảng cách từ $A$ đến $(A^{\prime }BC)$ chính là $AB=5$ cm. Kết quả làm tròn đến hàng phần trăm: $5,00$ cm.

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 $d(Q;(SNP))=\frac{2\sqrt{6}a}{3}$

Lời giải (Đáp án mã 0101-0105):
— ĐIỂM: 0,25
Nhận thấy: $AD//BC\Rightarrow AD//(SBC)\Rightarrow d_{(D\to (SBC))}=d_{(A\to (SBC))}$
Ta có: $\{\begin{array}{l}BC\perp AB\\ BC\perp SA\end{array}\Rightarrow BC\perp (SAB)$ nên $(SBC)\perp (SAB)$ theo giao tuyến $SB$.
Kẻ $AH\perp SB$ tại $H$. Khi đó $AH\perp (SBC)$ nên khoảng cách từ $A$ đến $(SBC)$ bằng $AH$.
Ta có
$\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{A{S}^2}+\frac{1}{A{B}^2}=\frac{1}{A{S}^2}+\frac{1}{A{C}^2-A{D}^2}=\frac{1}{4a^2}+\frac{1}{3a^2-2a^2}=\frac{1}{4a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{5}{4a^2}$
$\Rightarrow AH=\frac{2\sqrt{5}a}{5}$. — ĐIỂM: 0,75
Vậy $d(D;(SBC))=\frac{2\sqrt{5}a}{5}$

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABCD$ là hình chữ nhật nên $CD\parallel AB$ và $CD\perp AD$. Mà $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp CD$. Từ đó $CD\perp (SAD)$, suy ra $(SCD)\perp (SAD)$ với giao tuyến là $SD$. Khoảng cách từ $A$ đến $(SCD)$ bằng khoảng cách từ $A$ đến $SD$ trong mặt phẳng $(SAD)$, tức là đường cao $AH$ của tam giác vuông $SAD$ (vuông tại $A$) hạ xuống $SD$. Trong tam giác vuông $SAD$: $SD=\sqrt{S{A}^2+A{D}^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$. Diện tích tam giác $SAD$: $\frac{1}{2}\cdot SA\cdot AD=\frac{1}{2}\cdot SD\cdot AH$, nên $AH=\frac{SA\cdot AD}{SD}=\frac{3\cdot 4}{5}=\frac{12}{5}=2,4$. Kết quả trùng với đáp án nguồn 2,4.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $CD\perp AD$ (đáy hình chữ nhật) và $CD\perp SA$ (vì $SA\perp (ABCD)$) nên $CD\perp (SAD)$. Suy ra $(SCD)\perp (SAD)$ theo giao tuyến $SD$. Khoảng cách từ $A$ đến $(SCD)$ bằng khoảng cách từ $A$ đến $SD$ trong mặt phẳng $(SAD)$, tức là đường cao của tam giác vuông $SAD$ tại $A$: $d(A,(SCD))=\frac{SA\cdot AD}{\sqrt{S{A}^2+A{D}^2}}=\frac{6\cdot 8}{\sqrt{36+64}}=\frac{48}{10}=4,8$. Kết quả trùng với đáp án nguồn 4,8.

a) Gọi $I$ là trung điểm $BC$ và $G$ là trọng tâm $\Delta ABC$.



Ta có: $SG\perp (ABC)$ nên $SG$ là đường cao của khối chóp $S.ABC$. Có $GA$ là hình chiếu của $SA$ lên $(ABC)$. Suy ra $(SA,(ABC))=(SA,GA)=\widehat{SAG}=60^{\circ }$.

Ta có: $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}{S}_{\Delta ABC}.SG$.

$S_{\Delta ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$, $SG=\tan 60^{\circ }.AG=\sqrt{3}.\left(\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)=a$.

Vậy $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}{a}^2\frac{\sqrt{3}}{4}.a=\frac{a^3\sqrt{3}}{12}$.

b) $d(SC,AB)=d(SA,BC)$. Kẻ $IJ\perp SA$, ta có $BC\perp (SAI)\Rightarrow BC\perp IJ$ nên $IJ$ là đường vuông góc chung của $SA$ và $BC$. $\Rightarrow d(SA,BC)=IJ=AI.\sin 60^{\circ }=a\frac{\sqrt{3}}{2}.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3a}{4}$. Vậy $d(SC,AB)=\frac{3a}{4}$.

(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.

(AI giải đề cho tôi)
Hai đường thẳng $AB$ và $C{C}^{\prime }$ chéo nhau. Vì $AB\parallel CD$ nên $AB\parallel (CD{D}^{\prime }{C}^{\prime })$, do đó khoảng cách giữa $AB$ và $C{C}^{\prime }$ bằng khoảng cách từ $AB$ đến mặt phẳng $(CD{D}^{\prime }{C}^{\prime })$, cũng bằng khoảng cách từ $B$ đến mặt phẳng đó. Trong hình lập phương, $BC\perp CD$ và $BC\perp C{C}^{\prime }$ nên $BC\perp (CD{D}^{\prime }{C}^{\prime })$. Vậy khoảng cách cần tìm là $BC=a$. Kết quả trùng với đáp án nguồn: D.

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp S.ABCD đều, cạnh đáy $a$, cạnh bên $3a$. Tâm đáy $O$ là chân đường cao. Ta có $AC=a\sqrt{2}$ nên $OA=\frac{a\sqrt{2}}{2}$, $SO=\sqrt{9a^2-\frac{a^2}{2}}=a\sqrt{\frac{17}{2}}$. Gọi $H$ là trung điểm $AB$, khi đó $OH=\frac{a}{2}$, $SH=\sqrt{S{A}^2-A{H}^2}=\sqrt{9a^2-\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{35}}{2}$. Vì $AB\perp (SOH)$ nên $(SAB)\perp (SOH)$, khoảng cách từ $O$ đến mặt bên $(SAB)$ là $h\cdot a=\frac{SO\cdot OH}{SH}=\frac{a\sqrt{17/2}\cdot a/2}{a\sqrt{35}/2}=a\sqrt{\frac{17}{70}}$. Suy ra $h^2=\frac{17}{70}$ và $T=70h^2=70\cdot \frac{17}{70}=17$, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $AB\parallel DC$ nên $AB\parallel (DC{C}^{\prime }{D}^{\prime })$, do đó khoảng cách giữa $AB$ và $D{D}^{\prime }$ bằng khoảng cách từ $AB$ đến mặt phẳng $(DC{C}^{\prime }{D}^{\prime })$. Ta có $AB\perp AD$ và $AB\perp D{D}^{\prime }$ nên $AB\perp (AD{D}^{\prime }{A}^{\prime })$. Khoảng cách từ $AB$ đến $(DC{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ bằng $AD=a$ (vì $AD\perp AB$, $AD\subset (DC{C}^{\prime }{D}^{\prime })$... chính xác hơn: khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $AB$ và $D{D}^{\prime }$ là độ dài đoạn vuông góc chung; vì $D{D}^{\prime }\perp (ABCD)$ nên $D{D}^{\prime }\perp AD$, mà $AD\perp AB$, vậy $AD$ là đoạn vuông góc chung và khoảng cách bằng $AD=a$). Đáp án A, trùng với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi H là hình chiếu của S trên BC (vì (SBC)⊥(ABC)). Góc giữa SB và (ABC) là góc SBH = 30°, nên SH = SB·sin30° = 2√3·(1/2) = √3, HB = SB·cos30° = 3. Vì AB⊥BC nên AB⊥(SBC). Đặt hệ tọa độ: B(0,0,0), C(4,0,0), A(0,3,0), H(3,0,0), S(3,0,√3). Mặt phẳng (SAC) qua A(0,3,0) với vectơ pháp tuyến n = AC×AS = (-3√3, -4√3, -3), phương trình: -3√3x - 4√3(y-3) - 3z = 0, tức 3√3x + 4√3y + 3z - 12√3 = 0. Khoảng cách từ B: d = 12√3/√(27+48+9) = 12√3/√84 = 6/√7 = 6√7/7 ≈ 2,2678 ≈ 2,27. Kết quả trùng với đáp án nguồn 2,27.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $B,C,D$ đều nằm trong mặt đáy nên mặt phẳng $(BCD)$ chính là mặt phẳng đáy $(ABCD)$. Do $SA\perp (ABCD)$ nên khoảng cách từ $S$ đến $(BCD)$ chính là đoạn $SA$. Đáp án D, trùng với đáp án nguồn (mã đề 0102, câu 3: D).

(AI giải đề cho tôi)
Đường thẳng $AB$ song song với mặt phẳng $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ vì $AB//A^{\prime }{B}^{\prime }$ và $A^{\prime }{B}^{\prime }$ nằm trong $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$. Khoảng cách giữa $AB$ và $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ bằng khoảng cách từ điểm $A$ (hoặc $B$) đến mặt phẳng đó. Trong hình hộp chữ nhật, $A{A}^{\prime }$ vuông góc với mặt đáy $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$, nên khoảng cách từ $A$ đến $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ là $A{A}^{\prime }=c$. Vậy khoảng cách giữa $AB$ và $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ bằng $c$. Khớp với đáp án nguồn (mã đề 0102, câu 5: C).

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $H$ là hình chiếu của $S$ trên $BC$. Vì $(SBC)\perp (ABC)$ nên giao tuyến $BC$, và góc giữa $SB$ với $(ABC)$ là $\widehat{SBH}=30^{\circ }$. Suy ra $SH=SB\sin 30^{\circ }=2\sqrt{3}\cdot \frac{1}{2}=\sqrt{3}$, $BH=SB\cos 30^{\circ }=2\sqrt{3}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=3$ (nên $HC=1$). Thể tích khối chóp: $V=\frac{1}{3}\cdot S_{ABC}\cdot SH=\frac{1}{3}\cdot \frac{3\cdot 4}{2}\cdot \sqrt{3}=2\sqrt{3}$. Đặt hệ tọa độ $B(0,0),A(3,0),C(0,4)$, đường thẳng $AC$: $4x+3y-12=0$. Khoảng cách từ $S(0,3,\sqrt{3})$ đến $AC$: $d(S,(AC))=\sqrt{{\left(\frac{3}{5}\right)}^2+3}=\frac{2\sqrt{21}}{5}$. Diện tích $△SAC=\frac{1}{2}\cdot AC\cdot d=\frac{1}{2}\cdot 5\cdot \frac{2\sqrt{21}}{5}=\sqrt{21}$. Khoảng cách từ $B$ đến $(SAC)$: $d=\frac{3V}{S_{SAC}}=\frac{6\sqrt{3}}{\sqrt{21}}=\frac{6}{\sqrt{7}}=\frac{6\sqrt{7}}{7}\approx 2,27$. Kết quả khớp với đáp án nguồn 2,27.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA$ vuông góc với mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng đáy, do đó $SA\perp BC$ và $SA\perp BD$. Hai đường thẳng $BC$ và $BD$ cùng nằm trong mặt phẳng $(BCD)$ và cắt nhau tại $B$, nên $SA\perp (BCD)$. Vậy khoảng cách từ $S$ đến mặt phẳng $(BCD)$ chính là độ dài đoạn $SA$. Khớp với đáp án nguồn: C.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ là hình hộp chữ nhật nên $AB\parallel A^{\prime }{B}^{\prime }$, do đó $AB\parallel (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$. Khoảng cách giữa $AB$ và mặt phẳng $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ bằng khoảng cách từ điểm $A$ (hoặc $B$) tới mặt phẳng đó. Vì $A{A}^{\prime }\perp (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ nên khoảng cách này bằng $A{A}^{\prime }=c$. Vậy đáp án là $c$, khớp với đáp án A trong bảng (mã đề 0101).