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

Gọi $H$ là trung điểm của $AB\Rightarrow SH\perp AB$. Vì $(SAB)\perp (ABCD)$ nên $SH\perp (ABCD)$. Tam giác $SAB$ đều cạnh $a$ nên $SH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Vì $AB\parallel CD$ nên $AB\parallel (SCD)$, do đó $d(A,(SCD))=d(H,(SCD))$.

Gọi $M$ là trung điểm của $CD\Rightarrow HM=a$ và $HM\perp CD$. Vì $CD\perp SH$ và $CD\perp HM$ nên $CD\perp (SHM)\Rightarrow (SCD)\perp (SHM)$.

Trong mặt phẳng $(SHM)$, kẻ $HK\perp SM$ tại $K$, suy ra $HK\perp (SCD)$, nên $d(H,(SCD))=HK$.

Xét tam giác vuông $SHM$ tại $H$:
$HK=\frac{SH\cdot HM}{\sqrt{S{H}^2+H{M}^2}}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot a}{\sqrt{\frac{3a^2}{4}+a^2}}=\frac{a\sqrt{21}}{7}.$

**Chọn A**

Gọi đường sinh của hình nón là l .

S ΔSAB =

1
1
1
SA.SB.sin ( ASB ) = l 2 .sin ( ASB ) ≤ l 2
2
2
2

1
⇒ ( S ΔSAB )max = l 2 .
2
Dấu " = " xảy ra khi sin ( ASB ) = 1 ⇔ ·
ASB = 90° ⇔ ΔSAB vuông cân ở S .

1
1
Do đó S ΔSAB = l 2 ⇔ 2a 2 = l 2 ⇒ l = 2a.
2
2
Tam giác SAB vuông cân ở S ⇒ AB = SA. 2 = 2a 2

· = 60° .
Góc ở đỉnh của hình nón là 120° ⇒ OSA

a 6
.
2

Xét ΔSOA vuông ở O :

SO = SA.cos 60° = a
.

AO = SA sin 60° = a 3
Kẻ OM ⊥ AB ở M . Kẻ OH ⊥ SM ở H .
Ta có: AB ⊥ OM ; AB ⊥ SO ⇒ AB ⊥ ( SOM ) ⇒ AB ⊥ OH .
Mà OH ⊥ SM ⇒ OH ⊥ ( SAB ) tại H ⇒ d ( O; ( Q ) ) = d ( O; ( SAB ) ) = OH .
Ta có AM = MB = a 2.
Xét ΔOAM vuông ở M ⇒ OM = OA2 - AM 2 = a.
Xét ΔSOM vuông ở O có OM = SO = a nên ΔSOM vuông cân ở O.
Mà OH là đường cao của tam giác SOM ⇒ OH =

a 2
a 2
.
⇒ d ( O; ( Q ) ) =
2
2

**Chọn B**

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz trong đó: A ≡ O(0;0;0) ; B(a;0;0); D(0; 2a;0);S(0;0;a).

( 2a a (
Khi đó trọng tâm G của tam giác SAD có tọa độ: G 0; ;
) 3 3)


SB = (a;0; -a ); SD = (0; 2a; -a ) ; [ SB, SD ] = (2a 2 ;a 2 ; 2a 2 ).
]
]

Véc tơ pháp tuyến của mp ( SBD) là n = (2;1; 2)

Phương trình mp ( SBD) : 2 x + y + 2 z - 2a = 0
2.0 +

Vậy khoảng cách từ G đến ( SBD) là: d =

2a
a
+ 2. - 2a
2a
3
3
=
.
3
9

( AB ' D ') / / ( BDC ') $\Rightarrow$ d ( ( AB ' D ') , ( BDC ') ) = d ( C ', ( AB ' D ') ) = d ( A ', ( AB ' D ' ) ) = h .
Do khối tứ diện A ' AB ' D ' vuông tại A '
1 1 1 1 3 a 3
$\Rightarrow$ = + + = 2 $\Rightarrow$ h= .
h 2
( AA ') ( A ' B ') ( A ' D ')
2 2 2
a 3

Kẻ $AH\perp SD$ tại $H$. Dễ thấy $CD\perp AB,CD\perp SA\Rightarrow CD\perp (SAD)\Rightarrow CD\perp AH$, mà $AH\perp SD\Rightarrow AH\perp (SCD)$.

Suy ra $d(A,(SCD))=AH$. Ta có $\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{A{D}^2}+\frac{1}{S{A}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{3}{a^2}=\frac{4}{a^2}\Rightarrow AH=\frac{a}{2}$.

Vì tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$ nên $BC\perp AB$ và $BC=AB=4$. Mà $SA\perp (ABC)\Rightarrow SA\perp BC$. Suy ra $BC\perp (SAB)$, do đó $\mathrm{d}(C,(SAB))=BC=4$.

Vì $M$ là trung điểm $SB$ và $AB\parallel CD$ nên ta có $\mathrm{d}(M,(SCD))=\frac{1}{2}\mathrm{d}(B,(SCD))=\frac{1}{2}\mathrm{d}(A,(SCD))$.
Hạ $AH\perp SD$ $(1)$. Ta có $\{<table><tbody><tr><td>SA\perp CD</td></tr><tr><td>AD\perp CD</td></tr></tbody></table>\Rightarrow CD\perp (SAD)\Rightarrow AH\perp CD$ $(2)$.
Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $AH\perp (SCD)$ hay $\mathrm{d}(A,(SCD))=AH$.
Tam giác $SAD$ vuông tại $A$, có $SA=a$, $AD=a$ nên là tam giác vuông cân, do đó $H$ là trung điểm của $SD$ và $AH=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Vậy $\mathrm{d}(M,(SCD))=\frac{1}{2}AH=\frac{a\sqrt{2}}{4}$.

Gọi $H=AC\cap BD$. Trong hình vuông $ABCD$, ta có $BH\perp AC$.
Mặt khác $C{C}^{\prime }\perp (ABCD)\Rightarrow C{C}^{\prime }\perp BH$.
Do đó $BH\perp (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$, suy ra $d(B,(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }))=BH$.
Vì $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$ nên $BD=a\sqrt{2}$, suy ra $BH=\frac{BD}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. Vì $ABCD$ là hình vuông nên $AO\perp BD$ và $AO=\frac{a\sqrt{2}}{2}$. Kẻ $AH\perp SO$ tại $H$. Vì $BD\perp (SAO)$ nên $BD\perp AH$, suy ra $AH\perp (SBD)$, do đó $h=AH$. Trong tam giác vuông $SAO$: $\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{O}^2}=\frac{1}{4a^2}+\frac{2}{a^2}=\frac{9}{4a^2}\Rightarrow AH=\frac{2a}{3}$. Chọn D.

16

**Chọn D**

Kẻ AH  BC , mặt khác A' I  BC  AH  A' I  AH  ( A' BC )

AC 2 . AB 2
( )
 d A, ( A' BC ) = AH =
AC + AB
2 2
=
2 5a
5
.

Kẻ $AH\perp B^{\prime }{C}^{\prime }$ tại $H$ và kẻ $AK\perp B^{\prime }H$ tại $K$. Khi đó khoảng cách từ $B$ đến $(A{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ bằng khoảng cách từ $A^{\prime }$ đến $(A{B}^{\prime }{C}^{\prime })$. Trong tứ diện vuông $A^{\prime }.A{B}^{\prime }{C}^{\prime }$, ta có $\frac{1}{d^2}=\frac{1}{A^{\prime }{A}^2}+\frac{1}{A^{\prime }{B}^{\prime 2}}+\frac{1}{A^{\prime }{C}^{\prime 2}}=\frac{1}{3a^2}+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{4a^2}=\frac{19}{12a^2}\Rightarrow d=\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{19}}a=\frac{2\sqrt{57}}{19}a$. Do $BC\parallel B^{\prime }{C}^{\prime }$ nên $BC\parallel (A{B}^{\prime }{C}^{\prime })$, do đó $d(B,(A{B}^{\prime }{C}^{\prime }))=d(A^{\prime },(A{B}^{\prime }{C}^{\prime }))=\frac{2\sqrt{57}}{19}a$. Chọn D.

Vì $M$ là trung điểm của $AD$ nên $\frac{d(A,(SCD))}{d(M,(SCD))}=2\Rightarrow d(M,(SCD))=\frac{1}{2}d(A,(SCD))$.

Trong $(SAC)$ dựng $AH\perp SC$ tại $H$ $(1)$.

Ta có: $\{\begin{array}{l}AC\perp CD\\ SA\perp CD\end{array}\Rightarrow CD\perp (SAC)\Rightarrow CD\perp AH$ $(2)$.

Từ $(1)$ và $(2)\Rightarrow AH\perp (SCD)\Rightarrow d(A,(SCD))=AH$.

Ta có: $\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{A{C}^2}+\frac{1}{A{S}^2}=\frac{1}{2a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{3}{2a^2}\Rightarrow AH=\frac{a\sqrt{6}}{3}$.

Vậy $d(M,(SCD))=\frac{a\sqrt{6}}{6}$.

**Chọn D**

(Theo bảng đáp án chính thức của Sở GD&ĐT Bắc Ninh - Mã đề 101, trang 13-14; đề thi gốc không kèm lời giải tự luận chi tiết).

Trong mặt phẳng $(ABC)$, kẻ $BH\perp AC$ tại $H$.
Vì $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ là lăng trụ đứng tam giác đều nên $A^{\prime }A\perp (ABC)\Rightarrow A^{\prime }A\perp BH$.
Ta có $\{\begin{array}{l}BH\perp AC\\ BH\perp A^{\prime }A\end{array}\Rightarrow BH\perp (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$.
Do đó $d(B,(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }))=BH$.
Tam giác $ABC$ đều cạnh bằng $2$ nên $BH=\frac{2\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$.

**Chọn A**

 = 600 ⇒ SA = AC.tan 600 = a 2. 3 = a 6.
+ Ta có ( SC , ( ABCD) ) = SCA
a 2
.a 6
AO. AS 2 a 78
+ d ( C , ( SBD=
) ) d ( A, ( SBD
= )) AH
= = = .
AO 2 + AS 2 a 2
2 13
( )
2
  + a 6
 2 

Gọi $M$ là trung điểm $BC$ và $O$ là trọng tâm tam giác đều $ABC$ cạnh $2a$. Khi đó $AM=a\sqrt{3}$, $OM=\frac{a\sqrt{3}}{3}$ và $SO=a\sqrt{3}\perp (ABC)$.
Trong tam giác vuông $SOM$, kẻ $OH\perp SM$ tại $H$ thì $OH\perp (SBC)$ và $\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{S{O}^2}+\frac{1}{O{M}^2}=\frac{1}{3a^2}+\frac{3}{a^2}=\frac{10}{3a^2}\Rightarrow OH=\frac{a\sqrt{30}}{10}$.
Vì $AM=3OM$ nên $d(A,(SBC))=3d(O,(SBC))=3OH=\frac{3a\sqrt{30}}{10}$.

Chọn D.


Đáy là hình vuông tâm $O$ nên $BD\perp AC$. Lại có $SA\perp (ABCD)\Rightarrow SA\perp BD$, suy ra $BD\perp (SAC)$.
Do đó hình chiếu của $I$ lên $(SAC)$ là điểm trên đường thẳng $AC$.
Khoảng cách từ $I$ đến $(SAC)$ bằng $IO$.
Vì $I$ là trung điểm $DO$ nên $IO=\frac{1}{2}DO=\frac{1}{4}BD=\frac{1}{4}(4a\sqrt{2})=a\sqrt{2}$.

Ta có $BD=AB\sqrt{2}=2a\Rightarrow AB=a\sqrt{2}$.
Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $CD,SC$. Khi đó:
$CD\perp OM$ (do $OM\parallel AD\perp CD$) và $CD\perp ON$ (do $ON\parallel SA\perp CD$).
Suy ra $CD\perp (OMN)\Rightarrow (SCD)\perp (OMN)$ theo giao tuyến $MN$.
Kẻ $OH\perp MN$ tại $H$, suy ra $OH\perp (SCD)$, do đó $d(O,(SCD))=OH$.
Tam giác $OMN$ vuông tại $O$ với $OM=\frac{AD}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$, $ON=\frac{SA}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
$\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{O{M}^2}+\frac{1}{O{N}^2}=\frac{2}{a^2}+\frac{4}{3a^2}=\frac{10}{3a^2}\Rightarrow OH=\frac{a\sqrt{30}}{10}.$

Gọi $I=B{C}^{\prime }\cap B^{\prime }C$ là trung điểm của $B{C}^{\prime }$, suy ra $d(C^{\prime },(B^{\prime }AC))=d(B,(B^{\prime }AC))$.
Gọi $M$ là trung điểm của $AC$ và $H$ là hình chiếu vuông góc của $B$ lên $B^{\prime }M$.
Vì $AC\perp BM$ và $AC\perp B{B}^{\prime }$ nên $AC\perp (B^{\prime }BM)\Rightarrow (B^{\prime }AC)\perp (B^{\prime }BM)$ theo giao tuyến $B^{\prime }M$.
Do đó $BH\perp (B^{\prime }AC)\Rightarrow d(C^{\prime },(B^{\prime }AC))=d(B,(B^{\prime }AC))=BH$.
Trong $△B^{\prime }BM$ vuông tại $B$, có $BM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ và $B^{\prime }B=2a$ nên:
$BH=\frac{B{B}^{\prime }\cdot BM}{\sqrt{B{B}^{\prime 2}+B{M}^2}}=\frac{2a\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{4a^2+\frac{3a^2}{4}}}=\frac{2\sqrt{57}}{19}a$.

Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $S$ lên mặt phẳng $(ABC)$.
Ta có $\{\begin{array}{l}SH\perp AB\\ SB\perp AB\end{array}\Rightarrow AB\perp (SAB)\Rightarrow AB\perp HB$.
Tương tự, $AC\perp HC$. Do tam giác $ABC$ vuông tại $A$ nên tứ giác $ABHC$ là hình chữ nhật.
Kẻ $HF\perp SB\Rightarrow HF\perp (SAB)$. Đặt $SH=x>0$.
Trong tam giác vuông $SHB$, đường cao $HF=\frac{HB\cdot SH}{\sqrt{H{B}^2+S{H}^2}}=\frac{\sqrt{2}x}{\sqrt{x^2+2}}$.
Vì $BC=\sqrt{A{B}^2+A{C}^2}=\sqrt{1+2}=\sqrt{3}$ và góc giữa $BC$ và $(SAB)$ bằng $45^{\circ }$, ta có:
$\sin 45^{\circ }=\frac{d(C,(SAB))}{BC}=\frac{d(H,(SAB))}{BC}=\frac{HF}{BC}\Rightarrow \frac{\sqrt{2}x}{\sqrt{3(x^2+2)}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\iff 2x=\sqrt{3(x^2+2)}\iff 4x^2=3x^2+6\iff x=\sqrt{6}$.
Kẻ đường thẳng qua $A$ song song $BC$, kẻ $HE\perp \Delta$ và $HK\perp SE$. Khi đó $HK\perp (SAE)$ và $BC\parallel (SAE)$, suy ra $d(BC,SA)=d(BC,(SAE))=\frac{1}{2}d(H,(SAE))=\frac{1}{2}HK$.
Ta tính được $HE=\frac{2\sqrt{6}}{3}$, từ đó $HK=\frac{SH\cdot HE}{\sqrt{S{H}^2+H{E}^2}}=\frac{2\sqrt{78}}{13}$.
Khoảng cách giữa hai đường thẳng $SA$ và $BC$ là:
$d(SA,BC)=\frac{1}{2}HK=\frac{\sqrt{78}}{13}\approx 0,67936\approx 0,68\text{ cm}$.