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

Tam giác $ABC$ đều cạnh $a⟹AC=a,OA=OC=\frac{a}{2},OB=OD=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Gọi $I$ là trung điểm $BC$, ta có $OI\perp BC$ và $OI=\frac{a\sqrt{3}}{4}$. Khi đó $d(O,(SBC))=\frac{SO\cdot OI}{\sqrt{S{O}^2+O{I}^2}}=\frac{\frac{a\sqrt{6}}{4}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{4}}{\sqrt{\frac{6a^2}{16}+\frac{3a^2}{16}}}=\frac{a\sqrt{2}}{4}$. Vì $BD$ cắt $(SBC)$ tại $B$ và $DB=2OB$ nên $d(D,(SBC))=2d(O,(SBC))=\frac{a\sqrt{2}}{2}$. Chọn A.


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.

Chọn C.
Gọi cạnh hình vuông đáy là $x>0$. Ta có $CD\perp AD$ và $CD\perp SA\Rightarrow CD\perp (SAD)\Rightarrow CD\perp SD$.
Góc giữa $(SCD)$ và đáy là $\widehat{SDA}=60^{\circ }\Rightarrow SA=AD\tan 60^{\circ }=x\sqrt{3}$.
Thể tích $V=\frac{1}{3}{x}^2\cdot x\sqrt{3}=\frac{x^3\sqrt{3}}{3}=\frac{a^3\sqrt{3}}{3}\Rightarrow x=a$.
Vì $AB\parallel CD\Rightarrow AB\parallel (SCD)\Rightarrow d(B,(SCD))=d(A,(SCD))$.
Kẻ $AH\perp SD$ tại $H\Rightarrow AH\perp (SCD)\Rightarrow d(A,(SCD))=AH=\frac{SA\cdot AD}{\sqrt{S{A}^2+A{D}^2}}=\frac{a\sqrt{3}\cdot a}{\sqrt{3a^2+a^2}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Vì $M$ là trung điểm $BC$ và đường thẳng $BC$ cắt $(SCD)$ tại $C$ nên $\frac{d(M,(SCD))}{d(B,(SCD))}=\frac{MC}{BC}=\frac{1}{2}$.
Do đó $d(M,(SCD))=\frac{1}{2}d(B,(SCD))=\frac{1}{2}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{4}$.

Gọi $M$ là trung điểm $BC$, ta có $AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ và $BC\perp (A^{\prime }AM)$. Khi đó $d(A,(A^{\prime }BC))=\frac{A{A}^{\prime }\cdot AM}{\sqrt{A{A}^{\prime 2}+A{M}^2}}=\frac{a\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{a^2+\frac{3a^2}{4}}}=\frac{a\sqrt{21}}{7}$.

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.

Vì $AB\parallel CD$ nên $AB\parallel (SCD)⟹d(AB,CM)=d(AB,(SCD))=d(A,(SCD))$.
Tam giác $SAD$ vuông tại $A$ có $SA=a\sqrt{2},AD=a$.
Vì $CD\perp AD$ và $CD\perp SA$ nên $CD\perp (SAD)⟹(SCD)\perp (SAD)$ theo giao tuyến $SD$.
Kẻ $AH\perp SD$ tại $H⟹AH\perp (SCD)⟹d(A,(SCD))=AH$.
Trong tam giác vuông $SAD$: $\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{D}^2}=\frac{1}{2a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{3}{2a^2}⟹AH=\frac{a\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}$. Chọn B.

Ta có $HD=\sqrt{A{H}^2+A{D}^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}\Rightarrow SH=\sqrt{S{D}^2-H{D}^2}=a\sqrt{3}$. Chọn hệ trục $Oxyz$ với $A(0;0;0),B(a;0;0),D(0;a;0)$, suy ra $H\left(\frac{a}{2};0;0\right),E\left(0;\frac{a}{2};0\right),S\left(\frac{a}{2};0;a\sqrt{3}\right)$. Khi đó $\overrightarrow{HE}=\left(-\frac{a}{2};\frac{a}{2};0\right)$, $\overrightarrow{BS}=\left(-\frac{a}{2};0;a\sqrt{3}\right)$, $\overrightarrow{HB}=\left(\frac{a}{2};0;0\right)$, suy ra $d(HE,SB)=\frac{\left|\left[\overrightarrow{HE},\overrightarrow{BS}\right]\cdot \overrightarrow{HB}\right|}{\left|\left[\overrightarrow{HE},\overrightarrow{BS}\right]\right|}=\frac{a\sqrt{3}}{5}$.

Gọi $M$ là trung điểm $AB$. Khi đó $OM=\frac{a}{2}$, $\widehat{SMO}=60^{\circ }$ và khoảng cách từ $O$ đến $(SAB)$ là $d(O,(SAB))=OM\sin 60^{\circ }=\frac{a\sqrt{3}}{4}$.

Ta có $(SB,(ABCD))=\widehat{SBA}=45^{\circ }\Rightarrow SA=AB=2a$. Gọi $F$ là trung điểm của $AD$, suy ra $FE\perp (ABCD)$ và $FE=\frac{SA}{2}=a$.

[IMAGE_1]

Ta có $d(B,(EAC))=2d(D,(EAC))=4d(F,(EAC))$. Kẻ $FH\perp AC,FM\perp EH$ thì $FM=d(F,(EAC))$ với $FH=\frac{a\sqrt{2}}{4}$. Suy ra $\frac{1}{F{M}^2}=\frac{1}{F{E}^2}+\frac{1}{F{H}^2}=\frac{9}{a^2}\Rightarrow FM=\frac{a}{3}\Rightarrow d(B,(ACE))=\frac{4a}{3}$.

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 $d(A,(SMN))=AH=\frac{SA\cdot AN}{\sqrt{S{A}^2+A{N}^2}}=\frac{a\cdot a}{\sqrt{a^2+a^2}}=\frac{a}{\sqrt{2}}$.

Vì $H$ là trung điểm $AB$ nên $HB=a$. Tam giác $HBC$ vuông tại $B$ có $BC=AD=a⟹HC=\sqrt{H{B}^2+B{C}^2}=a\sqrt{2}$.
Vì $SH\perp (ABCD)$ nên góc giữa $SC$ và đáy là $\widehat{SCH}=45^{\circ }⟹SH=HC\tan 45^{\circ }=a\sqrt{2}$.
Do $AB\parallel CD$ nên $AB\parallel (SCD)⟹d(A,(SCD))=d(H,(SCD))$.
Kẻ $HK\perp CD$ tại $K⟹HK=AD=a$. Kẻ $HI\perp SK$ tại $I$, vì $CD\perp (SHK)$ nên $HI\perp (SCD)⟹d(H,(SCD))=HI$.
Trong tam giác vuông $SHK$: $\frac{1}{H{I}^2}=\frac{1}{S{H}^2}+\frac{1}{H{K}^2}=\frac{1}{2a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{3}{2a^2}⟹HI=\frac{a\sqrt{6}}{3}$. Chọn A.

Vì $SA,AB,AD$ đôi một vuông góc nên $\frac{1}{d^2(A,(SBD))}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{A{D}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{4a^2}=\frac{9}{4a^2}\Rightarrow d(A,(SBD))=\frac{2a}{3}$. Chọn C.

Ta có $A{B}^2+B{C}^2=a^2+3a^2=4a^2=A{C}^2$ nên $△ABC$ vuông tại $B$. Vì $(SAB)\perp (ABC)$ theo giao tuyến $AB$ và $BC\perp AB$ nên $BC\perp (SAB)\Rightarrow (SBC)\perp (SAB)$ theo giao tuyến $SB$. Do đó khoảng cách từ $A$ đến $(SBC)$ chính là đường cao của tam giác đều $SAB$ kẻ từ $A$ đến $SB$, bằng $d=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

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.

Diện tích đáy $S_{ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot AC=\frac{a^2\sqrt{2}}{2}$. Từ $V=\frac{1}{3}h\cdot S_{ABC}=\frac{a^3}{2}\Rightarrow h=\frac{3V}{S_{ABC}}=\frac{3a^3/2}{a^2\sqrt{2}/2}=\frac{3a\sqrt{2}}{2}$. Chọn A.

Vì đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $1$ nên $BD=\sqrt{2}$. Tam giác $SBD$ đều $\Rightarrow SB=SD=\sqrt{2}\Rightarrow SA=\sqrt{S{B}^2-A{B}^2}=1$. Đặt hệ trục hoặc tính khoảng cách giữa $SO$ và $CD$: $d(SO,CD)=\frac{\sqrt{5}}{5}\Rightarrow a=5,b=5\Rightarrow a+b=10$. Chọn B.

Gọi $M$ là trung điểm của $CD$. Vì $ABCD$ là hình vuông cạnh $2a$ tâm $O$ nên $OM\perp CD$ và $OM=\frac{2a}{2}=a$. Ta có $CD\perp OM$ và $CD\perp SO$ nên $CD\perp (SOM)$. Kẻ $OH\perp SM$ tại $H$, suy ra $OH\perp (SCD)$ nên $d(O,(SCD))=OH$. Trong tam giác vuông $SOM$ vuông tại $O$: $\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{S{O}^2}+\frac{1}{O{M}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{2}{a^2}⟹OH=\frac{a}{\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$. Chọn A.

[IMAGE_1]

Trong mặt phẳng $(ABCD)$, gọi $O=AC\cap BD$.

Ta có: $\{\begin{array}{l}AO\perp BD\\ AO\perp B{B}^{\prime }\end{array}\Rightarrow AO\perp (BD{D}^{\prime }{B}^{\prime })\Rightarrow d(A,(BD{D}^{\prime }{B}^{\prime }))=AO=\frac{1}{2}AC=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Gọi $M,M^{\prime }$ lần lượt là trung điểm của $BC,B^{\prime }{C}^{\prime }$. Khi đó $A^{\prime }M\perp (ABC)$ và $[C^{\prime },BC,A]=\widehat{AM{M}^{\prime }}=135^{\circ }⟹\widehat{MA{A}^{\prime }}=45^{\circ }$, suy ra $△A^{\prime }MA$ vuông cân tại $M$ nên $A^{\prime }M=AM=\sqrt{6}$. Chọn hệ trục tọa độ $Oxyz$ với $O\equiv M$, $A(\sqrt{6};0;0),B(0;\sqrt{2};0),C(0;-\sqrt{2};0),A^{\prime }(0;0;\sqrt{6}),C^{\prime }(-\sqrt{6};-\sqrt{2};\sqrt{6})$. Khi đó $\overrightarrow{A^{\prime }B}=(0;\sqrt{2};-\sqrt{6}),\overrightarrow{A{C}^{\prime }}=(-2\sqrt{6};-\sqrt{2};\sqrt{6})$, suy ra $d(A^{\prime }B,A{C}^{\prime })=\frac{\sqrt{6}}{2}\approx 1,22$.