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

Chọn C.


Ta có $SA\perp (ABCD)⟹AC$ là hình chiếu vuông góc của $SC$ lên $(ABCD)$.
Suy ra góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SCA}=45^{\circ }$.
Đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$ nên $AC=a\sqrt{2}$.
Vì $△SAC$ vuông tại $A$ có $\widehat{SCA}=45^{\circ }$ nên $SA=AC=a\sqrt{2}$.
Kẻ đường thẳng $d$ qua $B$ song song với $AC$.
Gọi $M$ là hình chiếu vuông góc của $A$ trên $d$, $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ trên $SM$.
Ta có $SA\perp d$ (do $SA\perp (ABCD)$), $AM\perp d⟹d\perp (SAM)⟹d\perp AH$.
Vì $AH\perp SM$ và $AH\perp d$ nên $AH\perp (S,d)\equiv (SBM)$.
Do $AC\parallel d\subset (SBM)$ nên:
$d(AC,SB)=d(AC,(SBM))=d(A,(SBM))=AH.$
Ta có $AC\parallel BM$ và $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$, khoảng cách từ $A$ đến đường thẳng $d$ bằng khoảng cách từ $B$ đến $AC$, tức là $AM=\frac{AC}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Tam giác $SAM$ vuông tại $A$ có đường cao $AH$:
$\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{M}^2}=\frac{1}{(a\sqrt{2}{)}^2}+\frac{1}{{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=\frac{1}{2a^2}+\frac{2}{a^2}=\frac{5}{2a^2}.$
$⟹AH=\frac{a\sqrt{2}}{\sqrt{5}}=\frac{a\sqrt{10}}{5}.$
Vậy $d(AC,SB)=\frac{a\sqrt{10}}{5}$.

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 $d(AM,SD)=\frac{|[\overrightarrow{AM},\overrightarrow{SD}]\cdot \overrightarrow{AD}|}{|[\overrightarrow{AM},\overrightarrow{SD}]|}=\frac{\sqrt{93}a}{31}$.

Gọi $O=AC\cap BD$ và $N$ là trung điểm của $BC$. Khi đó $BM\parallel ND\Rightarrow BM\parallel (SND)\Rightarrow d(BM,SD)=d(BM,(SND))=2d(O,(SND))$. Ta có $OA=a\sqrt{2}\Rightarrow SO=\sqrt{S{A}^2-O{A}^2}=a$, và khoảng cách từ $O$ đến $ND$ là $OK=\frac{a}{\sqrt{5}}$. Suy ra $d(O,(SND))=\frac{SO\cdot OK}{\sqrt{S{O}^2+O{K}^2}}=\frac{\sqrt{6}a}{6}\Rightarrow d(BM,SD)=\frac{\sqrt{6}a}{3}$.

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.
Trong tam giác vuông $ABC$ tại $A$: $AC=\sqrt{B{C}^2-A{B}^2}=\sqrt{13a^2-4a^2}=3a$.
Vì $E$ là trung điểm $AB$ nên $AE=a$.
Chọn hệ trục tọa độ $Oxyz$ với gốc $A(0;0;0)$, tia $Ax$ chứa $AB$, tia $Ay$ chứa $AC$, tia $Az$ chứa $A{A}^{\prime }$:
- $A(0;0;0)$,
- $B(2a;0;0)$,
- $C(0;3a;0)$,
- $A^{\prime }(0;0;4a)$,
- $E(a;0;0)$.
Khi đó $\overrightarrow{A^{\prime }B}=(2a;0;-4a)$ và $\overrightarrow{CE}=(a;-3a;0)$.
Tích có hướng: $[\overrightarrow{A^{\prime }B},\overrightarrow{CE}]=(-12a^2;-4a^2;-6a^2)=-2a^2(6;2;3)$.
Chọn vectơ pháp tuyến chung là $\vec{n}=(6;2;3)$.
Ta có $\overrightarrow{C{A}^{\prime }}=(0;-3a;4a)$.
Khoảng cách giữa $A^{\prime }B$ và $CE$ là:
$$d(A^{\prime }B,CE)=\frac{|\overrightarrow{C{A}^{\prime }}\cdot \vec{n}|}{|\vec{n}|}=\frac{|0\cdot 6+(-3a)\cdot 2+4a\cdot 3|}{\sqrt{6^2+2^2+3^2}}=\frac{|-6a+12a|}{\sqrt{49}}=\frac{6a}{7}.$$

Chọn D.
Gọi hình trụ có hai đáy tâm $O$ và $O^{\prime }$, chiều cao $h=O{O}^{\prime }=6$, bán kính $R=5$.
Giả sử $A$ thuộc đường tròn $(O;R)$ và $A^{\prime }$ thuộc đường tròn $(O^{\prime };R)$.
Gọi $A_1$ là hình chiếu vuông góc của $A^{\prime }$ lên mặt phẳng chứa đáy $(O;R)$, khi đó $A_1$ thuộc đường tròn $(O;R)$ và $A^{\prime }{A}_1=h=6$.
Tam giác $A{A}^{\prime }{A}_1$ vuông tại $A_1$, suy ra:
$$A{A}_1=\sqrt{A{A}^{\prime 2}-A^{\prime }{A}_1^2}=\sqrt{10^2-6^2}=8.$$
Vì $A^{\prime }{A}_1\parallel O{O}^{\prime }$ nên khoảng cách giữa đường thẳng $A{A}^{\prime }$ và trục $O{O}^{\prime }$ bằng khoảng cách từ trục $O{O}^{\prime }$ (tức điểm $O$) đến đường thẳng $A{A}_1$ trong mặt phẳng đáy:
$$d(O{O}^{\prime },A{A}^{\prime })=d(O,A{A}_1)=\sqrt{R^2-{\left(\frac{A{A}_1}{2}\right)}^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3.$$

Chọn B.
(Theo bảng đáp án chính thức của trường THPT Yên Phong số 2 - Bắc Ninh, Mã đề 101, Trang 7-8)

Ta có $H$ là trung điểm của $AD⟹HD=HA=a$.
Vì $SH\perp (ABCD)$ nên góc giữa $SB$ và đáy là $\widehat{SBH}=45^{\circ }⟹SH=BH$.
Trong tam giác vuông $ABH$ tại $A$: $BH=\sqrt{A{B}^2+A{H}^2}=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2}⟹SH=a\sqrt{2}$.
Kẻ đường thẳng qua $D$ song song với $BH$, dựng hình bình hành $BHDK$. Khoảng cách giữa hai đường chéo nhau $SD$ và $BH$ tính được bằng $\frac{a\sqrt{2}}{\sqrt{5}}$.

Gọi $M$ là trung điểm $BC\Rightarrow A^{\prime }M\perp (ABC)$.
Gọi $N,E$ lần lượt là trung điểm của $AB,BN$.
Ta có góc giữa $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ và $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ bằng góc giữa $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ và $(ABC)$, chính là góc $\widehat{A^{\prime }EM}=60^{\circ }$.
$ME=\frac{1}{2}CN=\frac{a\sqrt{3}}{4}$.
$A^{\prime }M=ME\cdot \tan 60^{\circ }=\frac{a\sqrt{3}}{4}\cdot \sqrt{3}=\frac{3a}{4}$.



Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $B^{\prime }{C}^{\prime }$ và $A{A}^{\prime }$ bằng khoảng cách từ $M$ đến đường thẳng $A{A}^{\prime }$ trong tam giác vuông $A^{\prime }MA$:
$\frac{1}{M{I}^2}=\frac{1}{A{M}^2}+\frac{1}{A^{\prime }{M}^2}=\frac{1}{{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2}+\frac{1}{{\left(\frac{3a}{4}\right)}^2}=\frac{4}{3a^2}+\frac{16}{9a^2}=\frac{28}{9a^2}$.
Suy ra $d=MI=\frac{3a}{\sqrt{28}}=\frac{3a\sqrt{7}}{14}$.
Chọn B.

Chọn B.
Ta có $A{B}^2+A{C}^2=4^2+3^2=25=B{C}^2$, suy ra tam giác $ABC$ vuông tại $A$, do đó $BA\perp AC$.
Lại có $BA\perp SA$ (do $SA\perp (ABC)$). Suy ra $BA\perp (SAC)$.
Khoảng cách từ $B$ đến $(SAC)$ chính bằng đoạn $BA=4$.

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:
$$\frac{1}{d^2}=\frac{1}{B{A}^2}+\frac{1}{B{M}^2}+\frac{1}{B{N}^2}=\frac{1}{3a^2}+\frac{1}{a^2}+\frac{2}{a^2}=\frac{10}{3a^2}\Rightarrow d=\frac{a\sqrt{30}}{10}.$$

Ta có thể tích khối chóp $S.ABD$ là:
$V_{S.ABD}=\frac{1}{3}SA\cdot S_{\Delta ABD}=\frac{1}{3}\cdot 2a\cdot \left(\frac{1}{2}\cdot 2a\cdot a\right)=\frac{2a^3}{3}$.
Vì $M,N$ lần lượt là trung điểm của $SB,SD$ nên:
$\frac{V_{S.AMN}}{V_{S.ABD}}=\frac{SM}{SB}\cdot \frac{SN}{SD}=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{4}\Rightarrow V_{S.AMN}=\frac{1}{4}{V}_{S.ABD}=\frac{a^3}{6}$.
Xét tam giác vuông $SAD$ tại $A$:
$SD=\sqrt{S{A}^2+A{D}^2}=\sqrt{4a^2+a^2}=a\sqrt{5}\Rightarrow AN=\frac{1}{2}SD=\frac{a\sqrt{5}}{2}$ (trung tuyến ứng với cạnh huyền).
Xét tam giác vuông $SAB$ tại $A$:
$SB=\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}=\sqrt{4a^2+4a^2}=2a\sqrt{2}\Rightarrow AM=\frac{1}{2}SB=a\sqrt{2}$.
Trong tam giác $SBD$, $MN$ là đường trung bình nên:
$MN=\frac{1}{2}BD=\frac{1}{2}\sqrt{A{B}^2+A{D}^2}=\frac{1}{2}\sqrt{4a^2+a^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}$.
Tam giác $AMN$ cân tại $N$ với $AN=MN=\frac{a\sqrt{5}}{2}$ và $AM=a\sqrt{2}$.
Gọi $K$ là trung điểm $AM\Rightarrow NK\perp AM$.
$NK=\sqrt{A{N}^2-A{K}^2}=\sqrt{\frac{5a^2}{4}-\frac{2a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Diện tích tam giác $AMN$ là: $S_{\Delta AMN}=\frac{1}{2}AM\cdot NK=\frac{1}{2}\cdot a\sqrt{2}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a^2\sqrt{6}}{4}$.
Khoảng cách từ $S$ đến $(AMN)$ là:
$d(S,(AMN))=\frac{3V_{S.AMN}}{S_{\Delta AMN}}=\frac{3\cdot \frac{a^3}{6}}{\frac{a^2\sqrt{6}}{4}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}$.
Chọn A.

Ta có $V=\frac{1}{3}SA\cdot a^2=\frac{a^3\sqrt{3}}{3}\Rightarrow SA=a\sqrt{3}$. Vì $AD\parallel (SBC)$ nên $d(D,(SBC))=d(A,(SBC))=\frac{SA\cdot AB}{\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}}=\frac{a\sqrt{3}\cdot a}{2a}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Góc giữa $A^{\prime }C$ và đáy là $\widehat{A^{\prime }CA}=60^{\circ }\Rightarrow A{A}^{\prime }=AC\tan 60^{\circ }=3a\sqrt{3}$. Từ đó $AB=\sqrt{A^{\prime }{B}^2-A{A}^{\prime 2}}=\sqrt{31a^2-27a^2}=2a$. Đường cao hạ từ $C$ xuống $AB$ là $h_C=\sqrt{9a^2-a^2}=2a\sqrt{2}=d(C,(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }))$. Vì $A^{\prime }M=2MC$ nên $d(M,(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }))=\frac{2}{3}d(C,(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }))=\frac{4a\sqrt{2}}{3}$.

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 D.
Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AB,CD$. Tam giác $ACD$ và $BCD$ đều có các cạnh bằng 4 nên $AN=BN=2\sqrt{3}$.
Tam giác $NAB$ cân tại $N$ nên $MN\perp AB$. Tương tự tam giác $MCD$ cân tại $M$ nên $MN\perp CD$.
Do đó đoạn vuông góc chung là $MN=\sqrt{A{N}^2-A{M}^2}=\sqrt{(2\sqrt{3}{)}^2-1^2}=\sqrt{11}$.

Chọn B.
Gọi $H$ là trung điểm của $BC$.
Vì $△ABC$ vuông cân tại $A$ có $AB=AC=2a$ nên $AH\perp BC$ và $AH=\frac{BC}{2}=\frac{2a\sqrt{2}}{2}=a\sqrt{2}$.
Ta có $BC\perp AH$ và $BC\perp SA$ (do $SA\perp (ABC)$) $\Rightarrow BC\perp (SAH)$.
Suy ra góc giữa $(SBC)$ và $(ABC)$ là $\widehat{SHA}=45^{\circ }$.
Trong mặt phẳng $(SAH)$, kẻ $AK\perp SH$ ($K\in SH$).
Vì $BC\perp (SAH)\Rightarrow BC\perp AK$, do đó $AK\perp (SBC)$, hay $d(A,(SBC))=AK$.
Tam giác $SAH$ vuông tại $A$ có $\widehat{SHA}=45^{\circ }$ nên tam giác $SAH$ vuông cân tại $A$.
Khi đó đường cao $AK$ cũng là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền:
$AK=\frac{SH}{2}=\frac{AH\sqrt{2}}{2}=\frac{a\sqrt{2}\cdot \sqrt{2}}{2}=a$.
Vậy khoảng cách cần tìm bằng $a$.

Ta có $BC\perp AB$ và $BC\perp SA$ nên $BC\perp (SAB)$.
Kẻ $AH\perp SB$ tại $H$.
Khi đó $AH\perp BC$ (vì $BC\perp (SAB)$) và $AH\perp SB$, suy ra $AH\perp (SBC)$.
Do đó khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $(SBC)$ chính là đoạn $AH$.
Trong tam giác vuông $SAB$ vuông tại $A$:
$\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{B}^2}=\frac{1}{3a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{4}{3a^2}\Rightarrow AH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Chọn D.