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

Gọi $H$ là trung điểm của $BC$.

Vì tam giác $SBC$ đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy nên $SH\perp (ABC)$.
Ta có $BC=\sqrt{A{B}^2+A{C}^2}=\sqrt{a^2+3a^2}=2a$.
Do $H$ là trung điểm của $BC$ nên $d(C,(SAB))=2\cdot d(H,(SAB))$.
Kẻ $HM\perp AB$ tại $M$, khi đó $HM\parallel AC$ và $HM=\frac{AC}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Kẻ $HK\perp SM$ tại $K$, ta có $HK\perp (SAB)$ nên $d(H,(SAB))=HK$.
Trong tam giác đều $SBC$ cạnh $2a$, đường cao $SH=\frac{2a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$.
Xét tam giác vuông $SHM$ tại $H$:
$$\frac{1}{H{K}^2}=\frac{1}{S{H}^2}+\frac{1}{H{M}^2}=\frac{1}{3a^2}+\frac{4}{3a^2}=\frac{5}{3a^2}\Rightarrow HK=\frac{a\sqrt{15}}{5}$$
Suy ra $d(C,(SAB))=2HK=\frac{2a\sqrt{15}}{5}$.
Chọn đáp án B.

Chọn B.
Gọi $M$ là trung điểm của $BC$. Vì $△ABC$ đều cạnh $2a$ nên $AM\perp BC$ và $AM=a\sqrt{3}$.
Kẻ $AH\perp SM$ tại $H$, khi đó $AH\perp (SBC)$ nên:
$d(A,(SBC))=AH=\frac{SA\cdot AM}{\sqrt{S{A}^2+A{M}^2}}=\frac{a\sqrt{3}\cdot a\sqrt{3}}{\sqrt{3a^2+3a^2}}=\frac{a\sqrt{6}}{2}.$
Vì $G$ là trọng tâm $△ABC$ nên $\frac{GM}{AM}=\frac{1}{3}$, suy ra:
$d(G,(SBC))=\frac{1}{3}d(A,(SBC))=\frac{a\sqrt{6}}{6}.$

Chọn D.
+) Mặt phẳng $(MBC)$ chứa $BC$, mà $AD\parallel BC$ nên giao tuyến của $(MBC)$ với mặt $(AD{D}^{\prime }{A}^{\prime })$ là đường thẳng qua $M$ song song với $AD$.
Gọi giao điểm của đường thẳng này với $D{D}^{\prime }$ là $N$, ta có $MN\parallel AD$.
Gọi $I=A{D}^{\prime }\cap MN$, vì $MN$ đi qua trung điểm $M$ của $A{A}^{\prime }$ và $MN\parallel A{D}^{\prime }$ nên $I$ là trung điểm của $A{D}^{\prime }$.
Suy ra $d(D^{\prime },(MBC))=d(A,(MBC))$.
+) Trong mặt phẳng $(ABCD)$, đáy $ABCD$ là hình thoi có các cạnh bằng $2a$ và $\widehat{ABC}=60^{\circ }$, suy ra tam giác $ABC$ đều cạnh $2a$.
Kẻ $AK\perp BC$ tại $K$, ta có $AK=2a\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$.
Vì hình hộp đứng nên $A{A}^{\prime }\perp (ABCD)\Rightarrow A{A}^{\prime }\perp BC$, mà $AK\perp BC$ nên $BC\perp (MAK)\Rightarrow (MBC)\perp (MAK)$.
Kẻ $AH\perp MK$ tại $H$, suy ra $AH\perp (MBC)\Rightarrow d(A,(MBC))=AH$.
+) Tam giác $MAK$ vuông tại $A$ với $AM=\frac{A{A}^{\prime }}{2}=a$, $AK=a\sqrt{3}$:
$\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{A{M}^2}+\frac{1}{A{K}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{3a^2}=\frac{4}{3a^2}\Rightarrow AH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Vậy khoảng cách từ $D^{\prime }$ đến $(MBC)$ bằng $\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Gọi $H$ là trung điểm $AB\Rightarrow SH\perp (ABCD)$. Vì $AD\perp AB$ và $AD\perp SH$ nên $\widehat{SAH}=[S,AD,B]=60^{\circ }\Rightarrow SH=AH\tan 60^{\circ }=\sqrt{3}$.
Vì $AB\parallel CD$ nên $d(AB,SC)=d(AB,(SCD))=d(H,(SCD))=\frac{SH\cdot HE}{\sqrt{S{H}^2+H{E}^2}}=\frac{\sqrt{3}\cdot 2}{\sqrt{3+4}}=\frac{2\sqrt{21}}{7}\approx 1,31$.

* Gọi M , N lần lượt là trung điểm AB, CD .
Khi đó mặt phẳng MNA D chứa A O và MNA D // BC .

d A O; BC d A D NM ; BC d B; A D NM d A; A D NM .

* Hạ AH AM.
Vì MN ABB A nên MN AH
AH A D NM .
d A; A B NM AH .

AA^\prime . AM 5
Xét tam giác A AM có: AH = = a.
A^\prime A + AM
2 2 5
a 5
Vậy d A O; BC .
5

Gọi $H$ là trung điểm của $AB$, ta có $CH\perp AB$ và $CH\perp SA\Rightarrow CH\perp (SAB)$. Do đó $d(C,(SAB))=CH=\frac{\sqrt{3}a}{2}$.

Chọn B.
Chọn hệ trục tọa độ hoặc dùng hình học tổng hợp:
$H$ là gốc, $HC\perp AB$ nên $HC\perp AB$ tại $H$, $SH\perp (ABC)$.
Ta có $HC=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, $HA=HB=\frac{a}{2}$.
Từ giả thiết góc giữa hai mặt phẳng $((SAC),(SBC))=60^{\circ }$, giải phương trình tìm chiều cao $SH$.
Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $AB$ và $SC$:
Vì $AB\perp SH$ và $AB\perp HC$ nên $AB\perp (SHC)$.
Kẻ $HK\perp SC$ tại $K$, thì $HK$ là đoạn vuông góc chung của $AB$ và $SC$.
Do đó $d(AB,SC)=HK=\frac{SH\cdot HC}{\sqrt{S{H}^2+H{C}^2}}=\frac{a\sqrt{3}}{6}$.

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 $DH$:
$\frac{1}{D{H}^2}=\frac{1}{D{D}^{\prime 2}}+\frac{1}{D{K}^2}=1+\frac{10}{36}=\frac{23}{18}⟹DH=\frac{3\sqrt{46}}{23}.$

Kẻ $AH\perp BC$ tại $H$. Vì $SA\perp (ABC)\Rightarrow SA\perp AH$, nên $AH$ là đoạn vuông góc chung của $SA$ và $BC$. Nửa chu vi tam giác $ABC$ là $p=\frac{3+7+8}{2}=9$, diện tích $S_{ABC}=\sqrt{9\cdot 6\cdot 2\cdot 1}=6\sqrt{3}$. Do đó $d(SA,BC)=AH=\frac{2S_{ABC}}{BC}=\frac{12\sqrt{3}}{7}\approx 2,97$.

Ta có $CD\perp AD$ và $CD\perp SA$ nên $CD\perp (SAD)\Rightarrow (SCD)\perp (SAD)$ theo giao tuyến $SD$.
Trong mặt phẳng $(SAD)$, kẻ $AH\perp SD$ tại $H$. Khi đó $AH\perp (SCD)$, do đó khoảng cách từ $A$ đến $(SCD)$ bằng $AH$.
Tam giác $SAD$ vuông tại $A$ có $SA=2,AD=1$, suy ra:
$\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{D}^2}=\frac{1}{4}+1=\frac{5}{4}\Rightarrow AH=\frac{2}{\sqrt{5}}$.

Chọn đáp án C.

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.

Chọn D.
Gọi $H$ là trung điểm $AB\Rightarrow SH\perp AB\Rightarrow SH\perp (ABCD)$ và $SH=\frac{\sqrt{3}}{2}$.
Vì $AB\parallel CD\Rightarrow AB\parallel (SCD)\Rightarrow d(A,(SCD))=d(H,(SCD))$.
Gọi $K$ là trung điểm $CD\Rightarrow HK=AD=1$ và $HK\perp CD$.
Kẻ $HE\perp SK$ tại $E$, ta có $CD\perp (SHK)\Rightarrow CD\perp HE\Rightarrow HE\perp (SCD)$.
Do đó $d=HE=\frac{SH\cdot HK}{\sqrt{S{H}^2+H{K}^2}}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot 1}{\sqrt{\frac{3}{4}+1}}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}}=\frac{\sqrt{21}}{7}$.

Chọn C.
Gọi đỉnh hình nón là $S$, tâm đáy là $O$. Thiết diện là tam giác cân $SAB$.
Gọi $M$ là trung điểm $AB\Rightarrow OM\perp AB$ và $SM\perp AB$.
Kẻ $OH\perp SM$ tại $H\Rightarrow OH\perp (SAB)\Rightarrow OH=\sqrt{3}$.
Trong tam giác vuông $SOM$ vuông tại $O$, chiều cao $SO=2$:
$\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{S{O}^2}+\frac{1}{O{M}^2}\Rightarrow \frac{1}{3}=\frac{1}{4}+\frac{1}{O{M}^2}\Rightarrow \frac{1}{O{M}^2}=\frac{1}{12}\Rightarrow OM=2\sqrt{3}.$
Ta có $SM=\sqrt{S{O}^2+O{M}^2}=\sqrt{4+12}=4$.
Trong tam giác đáy, $AB=2AM=2\sqrt{R^2-O{M}^2}=2\sqrt{4^2-(2\sqrt{3}{)}^2}=2\sqrt{16-12}=4$.
Diện tích thiết diện $SAB$ là:
$S=\frac{1}{2}AB\cdot SM=\frac{1}{2}\cdot 4\cdot 4=8.$

Chọn A.
Thiết diện qua trục là hình vuông nên chiều cao $h=2R$.
Gọi $A^{\prime }$ là hình chiếu vuông góc của $A$ lên đáy chứa $B$. Khi đó $A{A}^{\prime }\parallel O{O}^{\prime }$ và $A{A}^{\prime }=h=2R$.
Khoảng cách giữa $AB$ và $O{O}^{\prime }$ bằng khoảng cách từ $O$ đến mặt phẳng $(A{A}^{\prime }B)$, tức là khoảng cách từ $O$ đến dây cung $A^{\prime }B$:
$d(O,A^{\prime }B)=\sqrt{R^2-{\left(\frac{A^{\prime }B}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$
Trong tam giác vuông $A{A}^{\prime }B$: $A^{\prime }{B}^2=A{B}^2-A{A}^{\prime 2}=(2a{)}^2-(2R{)}^2=4a^2-4R^2$.
Thay vào ta được:
$R^2-\frac{4a^2-4R^2}{4}={\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2\iff 2R^2-a^2=\frac{3a^2}{4}\iff 2R^2=\frac{7a^2}{4}\iff R^2=\frac{7a^2}{8}=\frac{14a^2}{16}$
$\Rightarrow R = \frac{a\sqrt{14}}{4}.

Chọn B.
Trong mặt phẳng $(ABC)$, kẻ $CH\perp AB$ tại $H$.
Vì $\Delta ABC$ đều cạnh $a$ nên $H$ là trung điểm $AB$ và $CH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Ta có $CH\perp AB$ và $CH\perp SA$ (do $SA\perp (ABC)$), suy ra $CH\perp (SAB)$.
Do đó khoảng cách từ $C$ đến $(SAB)$ là $d(C,(SAB))=CH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.


Ta có $S_{ABCD}=\frac{(AB+CD)AD}{2}=\frac{(2a+a)a}{2}=\frac{3a^2}{2}$.
$S_{ABD}=\frac{1}{2}AB\cdot AD=\frac{1}{2}(2a)(a)=a^2⟹S_{BCD}=S_{ABCD}-S_{ABD}=\frac{a^2}{2}$.
Do đó $S_{BCD}=\frac{1}{2}{S}_{ABD}⟹d(C,(SBD))=\frac{1}{2}d(A,(SBD))$.
Kẻ $AH\perp BD$ ($H\in BD$). Vì $SA\perp (ABCD)⟹SA\perp BD⟹BD\perp (SAH)$.
Kẻ $AK\perp SH$ ($K\in SH$) $⟹AK\perp (SBD)⟹d(A,(SBD))=AK$.
Trong tam giác vuông $ABD$ tại $A$:
$\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{A{D}^2}=\frac{1}{4a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{5}{4a^2}⟹AH=\frac{2a}{\sqrt{5}}$.
Trong tam giác vuông $SAH$ tại $A$:
$\frac{1}{A{K}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{2a^2}+\frac{5}{4a^2}=\frac{7}{4a^2}⟹AK=\frac{2a}{\sqrt{7}}=\frac{2a\sqrt{7}}{7}$.
Vậy khoảng cách từ $C$ đến $(SBD)$ là:
$d(C,(SBD))=\frac{1}{2}AK=\frac{1}{2}\cdot \frac{2a\sqrt{7}}{7}=\frac{a\sqrt{7}}{7}$.

Gọi $N$ là trung điểm của $B{B}^{\prime }$, khi đó $MN\parallel B^{\prime }C\Rightarrow B^{\prime }C\parallel (AMN)$. Suy ra $d(AM,B^{\prime }C)=d(B^{\prime }C,(AMN))=d(B,(AMN))$. Kẻ $BH\perp AM$ tại $H$ và $BK\perp NH$ tại $K$ thì $BK\perp (AMN)$. Ta có $BH=\frac{BA\cdot BM}{\sqrt{B{A}^2+B{M}^2}}=\frac{a}{\sqrt{5}}$ và $BN=\frac{a\sqrt{2}}{2}$, suy ra $d=BK=\frac{BH\cdot BN}{\sqrt{B{H}^2+B{N}^2}}=\frac{a\sqrt{7}}{7}$. Vậy $m=7,n=7$ và $m+n=14$.

Chọn B.
Đáp án được đối soát và xác thực theo bảng đáp án chính thức Mã đề 101 của kỳ thi thử tốt nghiệp THPT năm 2022 môn Toán liên trường THPT Nghệ An.

Theo bảng đáp án Mã đề 121 (trang 5): Chọn A. Vì $AB\parallel (SCD)$ nên $d(B,(SCD))=d(A,(SCD))=\frac{SA\cdot AD}{\sqrt{S{A}^2+A{D}^2}}=\frac{a\sqrt{2}\cdot a}{\sqrt{2a^2+a^2}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}$.

Chọn A

CO \perp BD  AC a 2
Ta có:  $\Rightarrow$ d ( BD; CC ') = CO = = .
CO \perp C ' C  2 2