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

**Chọn D**

(Theo bảng đáp án chính thức của Trường THPT Bạch Đằng - Mã đề 101, trang 7-8; đề thi gốc không kèm lời giải tự luận chi tiết).

**Chọn B**

(Theo bảng đáp án chính thức của Trường THPT Bạch Đằng - Mã đề 101, trang 7-8; đề thi gốc không kèm lời giải tự luận chi tiết).

**Chọn D**

(Theo bảng đáp án chính thức của Trường THPT Bạch Đằng - Mã đề 101, trang 7-8; đề thi gốc không kèm lời giải tự luận chi tiết).

**Chọn C**

(Theo bảng đáp án chính thức của Sở GD&ĐT Phú Yên - Mã đề 132, trang 8; đề thi gốc không kèm lời giải tự luận chi tiết).

Chọn C

= 30.
Ta có ( SC , ( ABCD ) ) = SCA
Vì AD / / BC $\Rightarrow$ AD / / ( SBC ) $\Rightarrow$ d ( AD, ( SBC ) ) = d ( A, ( SBC ) ) .
Dựng AH \perp SB . Dễ dàng chứng mình AH \perp ( SBC ) .
SA  AB
Suy ra d ( A, ( SBC ) ) = AH = .
SA2 + AB 2
a 6
Ta có AC = a 3 $\Rightarrow$ AB = .
2
a 15
Suy ra AH = .
5

**Chọn B**

S

H

P

G
A D
60

O M

B C

Gọi P là trung điểm của SC .

d  G ,  SCD   PG 1 1
Ta có    d  G ,  SCD    d  A ,  SCD   .
d  A ,  SCD   PA 3 3

Gọi M là trung điểm của cạnh CD .

Xét ACD , ta có DA  DC  2a, 
ADC  600 nên ACD đều do đó AM  CD .

Lại có CD  SA  do SA   ABCD   .

Từ đó suy ra CD   SAM    SCD    SAM  .

Kẻ AH  SM , H  SM .

 SCD    SAM 

 SCD    SAM   SM
Ta có   AH   SCD   d  A,  SCD    AH .
 AH  SM
 AH   SAM 


Lại có    600  SA  AC.tan 600  2a 3 .
SC ,  ABCD    SCA

2a 3
ACD đều, suy ra AM  a 3.
2

1 1 1 5 2a 3
Trong tam giác vuông SAM , ta có:     AH  .
   
2 2 2 2
AH a 3 2a 3 12 a 5

1 1 2a 3 2a
Vậy d  G ,  SCD   
AH  .  .
3 3 5 15

Gọi $O=AC\cap BD$. Vì $ABCD$ là hình vuông nên $O$ là trung điểm của $AC$, do đó đường thẳng $AC$ cắt mặt phẳng $(SBD)$ tại trung điểm $O$ của $AC$.
Suy ra:
$d(C,(SBD))=d(A,(SBD))$.

Xét tứ diện vuông $S.ABD$ có ba cạnh $SA,AB,AD$ đôi một vuông góc tại $A$.
Khoảng cách $h=d(A,(SBD))$ thỏa mãn hệ thức:
$\frac{1}{h^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{A{D}^2}=\frac{1}{3^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^2}=\frac{1}{9}+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}=\frac{1}{9}+\frac{1}{2}=\frac{11}{18}$.

Do đó:
$h=\sqrt{\frac{18}{11}}=\frac{3\sqrt{2}}{\sqrt{11}}=\frac{3\sqrt{22}}{11}\approx 1,2792\approx 1,28$.

Ta có $SO\perp (ABCD)\Rightarrow \widehat{(SC,(ABCD))}=\widehat{SCO}=60^{\circ }$.

Tam giác $BCD$ đều cạnh $1$ nên $OC=\frac{\sqrt{3}}{2}$, $OD=\frac{1}{2}$, $OS=OC\cdot \tan 60^{\circ }=\frac{3}{2}$.

Vì $OS,OC,OD$ đôi một vuông góc nên khoảng cách $OH$ từ $O$ đến $(SCD)$ thỏa mãn:

$\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{O{D}^2}+\frac{1}{O{C}^2}+\frac{1}{O{S}^2}=4+\frac{4}{3}+\frac{4}{9}=\frac{52}{9}\Rightarrow OH=\frac{3\sqrt{13}}{26}$.

Suy ra $d(A,(SCD))=2d(O,(SCD))=2OH=\frac{3\sqrt{13}}{13}\Rightarrow a=3,b=13\Rightarrow a+b=16$.

Tam giác $ABC$ cân tại $B$ có $\widehat{ABC}=60^{\circ }$ nên là tam giác đều cạnh $6$. Suy ra $BO=OD=3\sqrt{3}$, $GO=\frac{1}{3}BO=\sqrt{3}$ và $GD=GO+OD=4\sqrt{3}$.
Vì $AC\perp BD$ và $SG\perp (ABCD)$ nên góc phẳng nhị diện $[S,AC,G]$ là $\widehat{SOG}=60^{\circ }\Rightarrow SG=GO\cdot \tan 60^{\circ }=\sqrt{3}\cdot \sqrt{3}=3$.
Gọi $(\alpha )$ là mặt phẳng chứa $SD$ và song song với $AC$. Vì $AC\perp (SBD)$ nên $(\alpha )\perp (SBD)$ theo giao tuyến $SD$.
Do đó $d(AC,SD)=d(O,(\alpha ))=OH$, với $OH$ là đường cao kẻ từ $O$ lên $SD$ trong tam giác $SOD$.
Trong tam giác vuông $SGD$: $SD=\sqrt{S{G}^2+G{D}^2}=\sqrt{3^2+(4\sqrt{3}{)}^2}=\sqrt{57}$.
Từ $△DHO\sim △DGS\Rightarrow OH=\frac{OD\cdot SG}{SD}=\frac{3\sqrt{3}\cdot 3}{\sqrt{57}}=\frac{9}{\sqrt{19}}=\frac{b}{\sqrt{a}}\Rightarrow a=19,b=9$.
Vậy $a^2-b^2=19^2-9^2=361-81=280$.

Gọi $O$ là trọng tâm tam giác đều $ABC$. Vì $ABC.MNP$ là hình chóp cụt tam giác đều nên đoạn nối hai trọng tâm $OG$ vuông góc với cả hai mặt đáy, tức là $OG\perp (ABC)$ và $OG=8$.
Gọi $H$ là trung điểm của cạnh $BC$. Do $\Delta ABC$ đều nên $AH\perp BC$.
Ta có $BC\perp AH$ và $BC\perp OG$ (do $OG\perp (ABC)$) $\Rightarrow BC\perp (AOG)$, suy ra $BC\perp (AGH)$.
Trong mặt phẳng $(AGH)$, kẻ $HE\perp AG$ tại $E$.
Vì $BC\perp (AGH)$ nên $BC\perp HE$, do đó $HE$ là đoạn vuông góc chung của $AG$ và $BC$, hay $d(AG,BC)=HE$.
Trong tam giác đều $ABC$ cạnh bằng 6:
$AH=\frac{6\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}$, $AO=\frac{2}{3}AH=2\sqrt{3}$.
Trong tam giác vuông $\Delta AOG$ tại $O$:
$AG=\sqrt{O{A}^2+O{G}^2}=\sqrt{(2\sqrt{3}{)}^2+8^2}=\sqrt{12+64}=\sqrt{76}=2\sqrt{19}$.
Diện tích tam giác $AGH$ tính theo hai cách:
$S_{\Delta AGH}=\frac{1}{2}OG\cdot AH=\frac{1}{2}HE\cdot AG$
$\Rightarrow HE=\frac{OG\cdot AH}{AG}=\frac{8\cdot 3\sqrt{3}}{2\sqrt{19}}=\frac{12\sqrt{3}}{\sqrt{19}}\approx 4,76996$.
Làm tròn đến hàng phần trăm ta được $HE\approx 4,77$.

Vì $A{A}^{\prime }\parallel B{B}^{\prime }$ nên $A{A}^{\prime }\parallel (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$, suy ra $d(A{A}^{\prime },(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }))=d(A,(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }))$.
Trong mặt phẳng $(ABC)$, kẻ $AH\perp BC$ tại $H$. Do $B{B}^{\prime }\perp (ABC)\Rightarrow B{B}^{\prime }\perp AH$, suy ra $AH\perp (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ nên $d(A,(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }))=AH$.
Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có $AC=\sqrt{B{C}^2-A{B}^2}=\sqrt{12-9}=\sqrt{3}$, suy ra $AH=\frac{AB\cdot AC}{BC}=\frac{3\sqrt{3}}{2\sqrt{3}}=1,5$.

Trong mặt phẳng $(ABCD)$, qua $C$ kẻ đường thẳng song song với $BD$ cắt $AD$ kéo dài tại $E$ ($D$ là trung điểm $AE$, $AE=12$). Khi đó $BD\parallel (SCE)$ nên $d(SC,BD)=d(D,(SCE))=\frac{1}{2}d(A,(SCE))$. Kẻ $AK\perp CE$ tại $K$ và $AH\perp SK$ tại $H$, ta có $S_{△ACE}=\frac{1}{2}AB\cdot AE=18$, $CE=\sqrt{3^2+6^2}=3\sqrt{5}\Rightarrow AK=\frac{36}{3\sqrt{5}}=\frac{12}{\sqrt{5}}$. Suy ra $\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{K}^2}=\frac{1}{27}+\frac{5}{144}=\frac{31}{432}\Rightarrow AH=\frac{12\sqrt{3}}{\sqrt{31}}$. Vậy $d(SC,BD)=\frac{1}{2}AH=\frac{6\sqrt{3}}{\sqrt{31}}\approx 1,87$.

Gọi $I=BM\cap AC$. Vì $AM\parallel BC$ và $AM=\frac{1}{2}BC$ nên $\frac{IC}{IA}=\frac{BC}{AM}=2\Rightarrow d(C,(SBM))=2d(A,(SBM))$. Tam giác $ABM$ vuông tại $A$ có $AB=1$, $AM=\frac{\sqrt{2}}{2}$ và $SA\perp (ABCD),SA=1$, nên $\frac{1}{d^2(A,(SBM))}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{A{M}^2}=1+1+2=4\Rightarrow d(A,(SBM))=\frac{1}{2}$. Do đó $d(C,(SBM))=2\cdot \frac{1}{2}=1$. (Theo lời giải trang 16, mã đề 0101).

Vì $CD\parallel AB\subset (SAB)\Rightarrow CD\parallel (SAB)\Rightarrow d(SB,CD)=d(CD,(SAB))=d(C,(SAB))$. Ta có $V_{C.SAB}=\frac{1}{2}{V}_{S.ABCD}=\frac{3a^3}{2}$. Mặt khác $V_{C.SAB}=\frac{1}{3}d(C,(SAB))\cdot S_{\Delta SAB}\Rightarrow d(C,(SAB))=\frac{3V_{C.SAB}}{S_{\Delta SAB}}=\frac{3\cdot \frac{3a^3}{2}}{\frac{a^2\sqrt{3}}{4}}=6a\sqrt{3}$. Do đó $m=6\sqrt{3}\approx 10,392\approx 10,4$.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 1201, trang 9), Câu 1 Phần III có đáp án là 1.

Tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$ có $M$ là trung điểm cạnh huyền $BC$, suy ra $AM\perp BC$ và $AM=\frac{BC}{2}=\frac{2}{2}=1$.
Do $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp AM$.
Đoạn thẳng $AM$ vuông góc với cả $SA$ và $BC$, nên $AM$ là đoạn vuông góc chung của $SA$ và $BC$.
Do đó $d(SA,BC)=AM=1$.

Đoạn ống $MN$ vuông góc với hai vách ngăn nên có độ dài cố định $MN=9-6=3\text{ dm}$ và $\overrightarrow{MN}=(0;0;3)$.
Tịnh tiến điểm $C^{\prime }$ theo vectơ $-\overrightarrow{MN}$ được điểm $C^{\prime \prime }$ có độ cao $11-3=8\text{ dm}$ so với mặt $(ABCD)$, khi đó $N{C}^{\prime }=M{C}^{\prime \prime }$.
Tổng độ dài đường ống là $AM+MN+N{C}^{\prime }=3+AM+M{C}^{\prime \prime }\ge 3+A{C}^{\prime \prime }=3+\sqrt{9^2+12^2+8^2}=3+17=20\text{ dm}$. Đáp án: 20.

Gọi $M$ là trung điểm $AB$. Tam giác $ABC$ cân tại $C$ có $AM=9,AC=3\sqrt{10}\Rightarrow CM=\sqrt{90-81}=3$.
Vì $G$ là trọng tâm $△ABC$ và $AE=3AG=2AM$ nên $M$ là trung điểm $AE$, suy ra $ABEC$ là hình bình hành. Tính khoảng cách giữa $A^{\prime }G$ và $B^{\prime }E$ thu được kết quả bằng $18$. Đáp án: 18.

Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. Vì $ABCD$ là hình vuông nên $AO\perp BD$; mặt khác $D{D}^{\prime }\perp (ABCD)\Rightarrow D{D}^{\prime }\perp AO$. Suy ra $AO\perp (BD{D}^{\prime }{B}^{\prime })$, do đó $d(A,(BD{D}^{\prime }{B}^{\prime }))=AO=\frac{a\sqrt{2}}{2}$. Chọn D.

Trải các mặt tường và trần nhà lên cùng một mặt phẳng để tìm đường đi ngắn nhất giữa hai điểm A và B, áp dụng định lý Pythagore cho khoảng cách phẳng, ta thu được tổng quãng đường ngắn nhất xấp xỉ 15 mét.

Vì $A^{\prime }A\perp (ABC)$ nên hình chiếu của $A^{\prime }B$ lên $(ABC)$ là $AB$, do đó góc giữa $A^{\prime }B$ và $(ABC)$ là $\widehat{A^{\prime }BA}=60^{\circ }$. Tam giác $A^{\prime }AB$ vuông tại $A$ có $\tan 60^{\circ }=\frac{A^{\prime }A}{AB}⟺\sqrt{3}=\frac{6}{AB}⟹AB=\frac{6}{\sqrt{3}}=2\sqrt{3}$. Lăng trụ đều nên tam giác $ABC$ đều cạnh $2\sqrt{3}$. Do $A{A}^{\prime }\parallel B{B}^{\prime }$ nên $A{A}^{\prime }\parallel (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$, suy ra khoảng cách giữa $A{A}^{\prime }$ và $BC$ bằng khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$, chính là chiều cao hạ từ $A$ xuống $BC$: $d=\frac{AB\sqrt{3}}{2}=\frac{2\sqrt{3}\cdot \sqrt{3}}{2}=3$.