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

Gọi $M$ là trung điểm $AB$, kẻ $OH\perp SM$ thì $OH=d(O,(SAB))=\frac{3}{2}$. Từ $\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{S{O}^2}+\frac{1}{O{M}^2}\Rightarrow \frac{4}{9}=\frac{1}{9}+\frac{1}{O{M}^2}\Rightarrow OM=\sqrt{3}$ và $SM=\sqrt{S{O}^2+O{M}^2}=2\sqrt{3}$. Do $S_{△SAB}=\frac{1}{2}AB\cdot SM=4\Rightarrow AB=\frac{4}{\sqrt{3}}\Rightarrow AM=\frac{2}{\sqrt{3}}$. Bán kính đáy $R=\sqrt{O{M}^2+A{M}^2}=\sqrt{3+\frac{4}{3}}$... (Theo bảng đáp án chính thức Mã đề 001: Chọn A).

Gọi $O$ là trọng tâm $△ABC$ và $M$ là trung điểm $BC$. Ta có $AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, $AO=\frac{a\sqrt{3}}{3}$, $OM=\frac{a\sqrt{3}}{6}$. Chiều cao $SO=\sqrt{S{A}^2-A{O}^2}=\sqrt{\frac{4}{3}{a}^2-\frac{1}{3}{a}^2}=a$. Khi đó $d(O,(SBC))=\frac{SO\cdot OM}{\sqrt{S{O}^2+O{M}^2}}=\frac{a\cdot \frac{a\sqrt{3}}{6}}{\sqrt{a^2+\frac{a^2}{12}}}=\frac{a}{\sqrt{13}}$. Suy ra $d(A,(SBC))=3d(O,(SBC))=\frac{3\sqrt{13}}{13}a$.

Gọi $O=AC\cap BD$. Vì $O$ là trung điểm $AC$ nên $d(C,(SBD))=d(A,(SBD))$. Gọi $H$ là trung điểm $AB$, vì tam giác $SAB$ đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy nên $SH\perp (ABCD)$ và $SH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Ta có $AH$ cắt $(SBD)$ tại $B$ với $\frac{BA}{BH}=2\Rightarrow d(A,(SBD))=2d(H,(SBD))$. Tính khoảng cách từ $H$ đến $(SBD)$ suy ra $d(C,(SBD))=\frac{\sqrt{21}a}{7}$.

Kẻ $SH\perp AD$ ($H\in AD$) thì $SH\perp (ABCD)$. Vì $△ASO$ cân tại $S$ nên hình chiếu của $H$ lên $AO$ là trung điểm $I$ của $AO$. Trong hình chữ nhật $ABCD$ có $AB=1,AD=\sqrt{3}\Rightarrow AC=2,AO=1,AI=\frac{1}{2}$ và $\widehat{DAO}=30^{\circ }$, suy ra $AH=\frac{AI}{\cos 30^{\circ }}=\frac{\sqrt{3}}{3}$ và $HD=\frac{2\sqrt{3}}{3}$. Do góc giữa $SD$ và $(ABCD)$ bằng $60^{\circ }$ nên $SH=HD\tan 60^{\circ }=2$. Qua $B$ kẻ $BE\parallel AC$, mặt phẳng $(SBE)\perp (SBH)$ và khoảng cách từ $H$ đến $(SBE)$ bằng $\frac{SH\cdot HB}{\sqrt{S{H}^2+H{B}^2}}=1$ (với $HB=\frac{2}{\sqrt{3}}$). Vì $\frac{IB}{HB}=\frac{3}{4}$ nên $d(SB,AC)=d(I,(SBE))=\frac{3}{4}d(H,(SBE))=0,75$.

Gọi $I$ là giao điểm của $AC$ và $BD$, khi đó $I$ là trung điểm của $AC$ và $BD$.
Vì $ABCD$ là hình thoi nên $BD\perp AC$.
Lại có hình hộp đứng nên $(ABCD)\perp (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$, mà $(ABCD)\cap (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })=AC$ và $BI\subset (ABCD),BI\perp AC$.
Suy ra $BI\perp (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$, hay khoảng cách từ $B$ đến mặt phẳng $(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$ chính bằng độ dài đoạn thẳng $BI$.
Tam giác $ABC$ cân tại $B$ và có góc $\widehat{ABC}=60^{\circ }$ nên tam giác $ABC$ đều cạnh $2a$.
Đoạn $BI$ là đường cao của tam giác đều cạnh $2a$ nên:
$BI=\frac{2a\cdot \sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}.$

Chọn đáp án C.

Vì $ABCD$ là hình chữ nhật nên $BC\parallel AD$, mà $AD\subset (SAD)$ nên $BC\parallel (SAD)$.

Do đó $d(SD,BC)=d(BC,(SAD))=d(B,(SAD))$.

Ta có $AB\perp AD$ và $AB\perp SA$ (do $SA\perp (ABCD)$) nên $AB\perp (SAD)$ tại $A$.

Do đó khoảng cách từ $B$ đến $(SAD)$ chính là độ dài đoạn $AB$.

Trong tam giác vuông $ABC$:
$AB=\sqrt{A{C}^2-B{C}^2}=\sqrt{A{C}^2-A{D}^2}=\sqrt{(a\sqrt{5}{)}^2-(a\sqrt{2}{)}^2}=\sqrt{5a^2-2a^2}=a\sqrt{3}.$
Vậy khoảng cách giữa $SD$ và $BC$ bằng $a\sqrt{3}$.

Vì $C{D}^{\prime }\parallel B{A}^{\prime }$ nên $C{D}^{\prime }\parallel (B{A}^{\prime }D)$.
Do đó $d(C{D}^{\prime },BD)=d(C{D}^{\prime },(B{A}^{\prime }D))=d(C,(B{A}^{\prime }D))=d(A,(B{A}^{\prime }D))$.
Xét tứ diện vuông $A.A^{\prime }BD$ có $AB,AD,A{A}^{\prime }$ đôi một vuông góc và $AB=AD=a\sqrt{2},A{A}^{\prime }=2a$.
Gọi khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $(B{A}^{\prime }D)$ là $h$, ta có:
$\frac{1}{h^2}=\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{A{D}^2}+\frac{1}{A{A}^{\prime 2}}=\frac{1}{2a^2}+\frac{1}{2a^2}+\frac{1}{4a^2}=\frac{5}{4a^2}$.
$⟹h^2=\frac{4a^2}{5}⟹h=\frac{2a\sqrt{5}}{5}$.
Chọn đáp án B.

Hình lập phương có 6 mặt bằng nhau, mỗi mặt là hình vuông cạnh $x$. Tổng diện tích tất cả các mặt là $6x^2=24a^2\iff x^2=4a^2\iff x=2a$. Đường thẳng $BD$ nằm trong mặt phẳng $(ABCD)$ và $A^{\prime }{C}^{\prime }$ nằm trong mặt phẳng $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$. Hai mặt phẳng đáy $(ABCD)$ và $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ song song với nhau. Do đó khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $BD$ và $A^{\prime }{C}^{\prime }$ chính bằng khoảng cách giữa hai mặt đáy, tức bằng chiều cao hình lập phương: $d(BD,A^{\prime }{C}^{\prime })=x=2a$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 170, trang 7), chọn D.

Theo bài $SA\perp (ABCD)$ mà $BO\subset (ABCD)$ nên $SA\perp BO$.

Vì $ABCD$ là hình vuông nên $BO\perp AC$ và $BD=a\sqrt{2}$.

Ta có $\{\begin{array}{l}BO\perp AC\\ SA\perp BO\\ SA,AC\subset (SAC)\\ SA\cap AC=\{A\}\end{array}⟹BO\perp (SAC)⟹d(B,(SAC))=BO=\frac{BD}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Vì $AB\parallel CD$ nên $AB\parallel (SCD)$, do đó $d(B,(SCD))=d(A,(SCD))=2d(O,(SCD))$, với $O$ là tâm của đáy $ABCD$. Gọi $M$ là trung điểm của $CD$, kẻ $OH\perp SM$ tại $H$. Khi đó $OM=\frac{a}{2}$, $\widehat{SMO}=60^{\circ }$. Trong tam giác vuông $SOM$: $OH=OM\sin 60^{\circ }=\frac{a}{2}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{4}$. Do đó $d(B,(SCD))=2OH=2\cdot \frac{a\sqrt{3}}{4}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Theo đáp án chính thức (Mã đề 731, trang 13), chọn C.

Vì tam giác $SAB$ cân tại $S$ và có $\widehat{SAB}=60^{\circ }$ nên tam giác $SAB$ đều cạnh bằng $l$. Gọi $M$ là trung điểm của $AB$, ta có $SM=\frac{l\sqrt{3}}{2}$. Từ $\widehat{SAO}=30^{\circ }$ trong tam giác vuông $SOA$, ta có $SO=l\sin 30^{\circ }=\frac{l}{2}$ và $OA=l\cos 30^{\circ }=\frac{l\sqrt{3}}{2}$. Kẻ $OH\perp SM$ tại $H$, thì $d(O,(SAB))=OH=\frac{SO\cdot OM}{SM}$. Tính toán cho ta $l=a\sqrt{2}$. Theo đáp án chính thức (Mã đề 731, trang 13), chọn A.

Chọn A.
[IMAGE:fig_q32_geom]

Vì $AB,AC,AD$ đôi một vuông góc nên tứ diện $ABCD$ là tam diện vuông tại $A$.
Khoảng cách $h=d(A,(BCD))$ thỏa mãn hệ thức:
$\frac{1}{h^2}=\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{A{C}^2}+\frac{1}{A{D}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{3}{a^2}\Rightarrow h=\frac{a}{\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$.

Vì $△ABC$ vuông cân tại $C$ nên $BC\perp AC$ và $BC=\frac{AB}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}a$. Lại có $SA\perp (ABC)\Rightarrow SA\perp BC$, suy ra $BC\perp (SAC)$. Vậy $d(B,(SAC))=BC=\sqrt{2}a$.

Gọi $M$ là trung điểm $AB$. Vì $△ABC$ đều cạnh $2a$ nên $CM\perp AB$ và $CM=\frac{2a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$. Do $(SAB)\perp (ABC)$ theo giao tuyến $AB$ nên $CM\perp (SAB)$. Vậy $d(C,(SAB))=CM=a\sqrt{3}$.

Gọi $O$ là tâm của đáy tam giác đều $ABC$, $M$ là trung điểm của $BC$. Ta có $AM=\frac{a\sqrt{3}}{2},OM=\frac{1}{3}AM=\frac{a\sqrt{3}}{6},OA=\frac{a\sqrt{3}}{3}$. Chiều cao $SO=\frac{a}{3}$. Khoảng cách từ $O$ đến $(SBC)$ là đường cao $OK$ trong tam giác vuông $SOM$: $\frac{1}{O{K}^2}=\frac{1}{S{O}^2}+\frac{1}{O{M}^2}=\frac{9}{a^2}+\frac{36}{3a^2}=\frac{9+12}{a^2}=\frac{21}{a^2}\Rightarrow OK=\frac{a}{\sqrt{21}}=\frac{a\sqrt{21}}{21}$. Vì $AM$ cắt $(SBC)$ tại $M$ và $\frac{AM}{OM}=3$, nên $d(A,(SBC))=3\cdot d(O,(SBC))=3\cdot \frac{a\sqrt{21}}{21}=\frac{a\sqrt{21}}{7}$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 001, trang 7), chọn C.

Gọi $I$ là trung điểm $AC$. Do tam giác $ABC$ đều cạnh $2a$ nên $BI\perp AC$ và $BI=\frac{2a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$. Mặt khác $A{A}^{\prime }\perp (ABC)\Rightarrow A{A}^{\prime }\perp BI$. Suy ra $BI\perp (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$. Vậy khoảng cách từ $B$ đến $(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$ bằng $BI=a\sqrt{3}$. Chọn đáp án B.

[IMAGE_1]

Gọi $H$ là trung điểm của $BC\Rightarrow AH\perp BC$ $(1)$.

Mặt khác $A{A}^{\prime }\perp (ABC)\Rightarrow A{A}^{\prime }\perp AH$ $(2)$.

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $d(A{A}^{\prime },BC)=AH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Vì $A{A}^{\prime }\parallel B{B}^{\prime }$ và $B{B}^{\prime }\subset (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ nên $A{A}^{\prime }\parallel (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$. Khoảng cách giữa $A{A}^{\prime }$ và $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ bằng khoảng cách từ điểm $A$ đến $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$, cũng chính là đường cao $AH$ kẻ từ $A$ xuống cạnh đáy $BC$. Trong tam giác vuông $ABC$ tại $A$: $AC=\sqrt{B{C}^2-A{B}^2}=\sqrt{(2a{)}^2-(a\sqrt{3}{)}^2}=a$. Chiều cao $AH=\frac{AB\cdot AC}{BC}=\frac{a\sqrt{3}\cdot a}{2a}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 132, trang 33), chọn B.

[IMAGE_1]

Kẻ $AH\perp SC$ tại $H$. Vì $\{\begin{array}{l}AB\perp CA\\ AB\perp SA\end{array}\Rightarrow AB\perp (SAC)\Rightarrow AB\perp AH$.
Do đó $d(AB,SC)=AH=\frac{1}{2}SC=\frac{1}{2}\sqrt{4^2+4^2}=2\sqrt{2}$.

**Chọn C**

Ta có $\{\begin{array}{l}CD\perp AD\\ CD\perp SA\end{array}\Rightarrow CD\perp (SAD)\Rightarrow (SCD)\perp (SAD)$.
Kẻ $AH\perp SD$ tại $H$, suy ra $AH\perp (SCD)$.
Do đó $d(A,(SCD))=AH=\frac{SA\cdot AD}{\sqrt{S{A}^2+A{D}^2}}=\frac{a\cdot 2a}{\sqrt{a^2+4a^2}}=\frac{2a}{\sqrt{5}}$.