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

Gọi chiều cao khối trụ là $h=O{O}^{\prime }=4\sqrt{3}$.
Diện tích xung quanh: $S_{xq}=2\pi Rh=32\pi \sqrt{3}\iff 2\pi R(4\sqrt{3})=32\pi \sqrt{3}\Rightarrow R=4$.
Gọi $A^{\prime }$ là hình chiếu của $A$ lên đáy chứa $B$. Khi đó $A{A}^{\prime }\parallel O{O}^{\prime }$ và $A{A}^{\prime }=h=4\sqrt{3}$.
Góc giữa $AB$ và trục $O{O}^{\prime }$ bằng góc giữa $AB$ và $A{A}^{\prime }$, tức là $\widehat{A^{\prime }AB}=30^{\circ }$.
Tam giác $A{A}^{\prime }B$ vuông tại $A^{\prime }$, suy ra $A^{\prime }B=A{A}^{\prime }\cdot \tan 30^{\circ }=4\sqrt{3}\cdot \frac{1}{\sqrt{3}}=4$.
Vì $A^{\prime }$ và $B$ thuộc đường tròn đáy bán kính $R=4$, và dây cung $A^{\prime }B=4=R$, nên tam giác $O{A}^{\prime }B$ đều cạnh $4$.
Khoảng cách giữa trục $O{O}^{\prime }$ và $AB$ chính là khoảng cách từ $O$ đến mặt phẳng $(A{A}^{\prime }B)$, bằng khoảng cách từ $O$ đến dây $A^{\prime }B$ (đường cao tam giác đều cạnh 4):
$d=\frac{4\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$. Chọn A.

Chọn B
Gọi $N$ là trung điểm $BC$, $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$. Khi đó $SG\perp (ABC)$.
Ta có: $\{\begin{array}{rl}BC& \perp AN\\ BC& \perp SG\end{array}\Rightarrow BC\perp (SAN)\Rightarrow (SBC)\perp (SAN)$.
Lại có $(SBC)\cap (SAN)=SN$. Kẻ $AH\perp SN$ tại $H\Rightarrow AH\perp (SBC)$.
Vì $M$ là trung điểm của $SA$ nên $d(M,(SBC))=\frac{1}{2}d(A,(SBC))=\frac{1}{2}AH$.
Xét tam giác $SAB$ có $SN=\sqrt{S{B}^2-B{N}^2}=\sqrt{4a^2-\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{15}}{2}$.
$AN=\frac{a\sqrt{3}}{2},AG=\frac{2}{3}AN=\frac{a\sqrt{3}}{3}$.
$SG=\sqrt{S{A}^2-A{G}^2}=\sqrt{4a^2-\frac{a^2}{3}}=\frac{a\sqrt{33}}{3}$.
Diện tích tam giác $SAN$: $S_{\Delta SAN}=\frac{1}{2}SG\cdot AN=\frac{1}{2}AH\cdot SN\Rightarrow AH=\frac{SG\cdot AN}{SN}=\frac{\frac{a\sqrt{33}}{3}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}}{\frac{a\sqrt{15}}{2}}=\frac{a\sqrt{165}}{15}$.
Vậy $d(M,(SBC))=\frac{1}{2}AH=\frac{a\sqrt{165}}{30}$.

Chọn B

Ta có góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SCA}=45^{\circ }$.
Đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a\Rightarrow AC=a\sqrt{2}\Rightarrow SA=AC\cdot \tan 45^{\circ }=a\sqrt{2}$.
Gọi $M$ là trung điểm của $SA$, $O=AC\cap BD$.
Khi đó $MO$ là đường trung bình của tam giác $SAC\Rightarrow MO\parallel SC\Rightarrow SC\parallel (MBD)$.
Do đó $d(SC,BD)=d(SC,(MBD))=d(C,(MBD))=d(A,(MBD))$.
Khối $AMBD$ là tứ diện vuông tại $A$ với ba cạnh $AM,AB,AD$ đôi một vuông góc:
$AM=\frac{SA}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2},AB=a,AD=a$.
$\frac{1}{d^2(A,(MBD))}=\frac{1}{A{M}^2}+\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{A{D}^2}=\frac{2}{a^2}+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{4}{a^2}\Rightarrow d(A,(MBD))=\frac{a}{2}$.
Vậy $d(SC,BD)=\frac{a}{2}$.

Chọn C

Vì góc ở đỉnh của hình nón bằng $120^{\circ }$ nên góc $\widehat{OSA}=60^{\circ }$.
Gọi $H$ là trung điểm của $AB\Rightarrow OH\perp AB$.
Vì $SO\perp (OAB)$ nên $SO\perp OH$. Do đó $d(AB,SO)=OH=3$.
Tam giác $SAB$ vuông cân tại $S$ với $SA=SB=l$ nên $AB=l\sqrt{2}\Rightarrow AH=\frac{l\sqrt{2}}{2}$.
Trong tam giác vuông $SOA$ có $\widehat{OSA}=60^{\circ }\Rightarrow OA=SA\cdot \sin 60^{\circ }=\frac{l\sqrt{3}}{2}$.
Xét tam giác $OHA$ vuông tại $H$: $O{H}^2=O{A}^2-A{H}^2\iff 3^2=\frac{3l^2}{4}-\frac{2l^2}{4}=\frac{l^2}{4}\Rightarrow l^2=36\Rightarrow l=6$.
Bán kính đáy: $r=OA=\frac{6\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}$.
Diện tích xung quanh của hình nón: $S_{xq}=\pi rl=\pi \cdot 3\sqrt{3}\cdot 6=18\sqrt{3}\pi$.

Gọi $N$ là trung điểm của cạnh $AD$. Ta có $DM\parallel BN\Rightarrow DM\parallel (SBN)$.
Do đó $d(DM,SB)=d(DM,(SBN))=d(M,(SBN))$.
Gọi $I$ là giao điểm của $BN$ và $AM$. Khi đó $I$ là trung điểm của $AM$.
Suy ra $d(M,(SBN))=d(A,(SBN))$.
Kẻ $AK\perp BN$ và kẻ $AH\perp SK$. Khi đó $d(A,(SBN))=AH$.
Ta có $\frac{1}{A{K}^2}=\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{A{N}^2}=\frac{1}{4a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{5}{4a^2}$.
Suy ra $\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{A{K}^2}+\frac{1}{S{A}^2}=\frac{5}{4a^2}+\frac{1}{2a^2}=\frac{7}{4a^2}\Rightarrow AH=\frac{2a\sqrt{7}}{7}$.
Vậy $d(DM,SB)=\frac{2a\sqrt{7}}{7}$.

Xét hình nón đỉnh $S$ có chiều cao $SO=2a$, bán kính đáy $OA=3a$. Thiết diện đi qua đỉnh của hình nón là tam giác $SAB$ cân tại $S$.

Gọi $I$ là trung điểm của đoạn thẳng $AB$. Trong tam giác $SOI$, kẻ $OH\perp SI$ ($H\in SI$).
Ta có $AB\perp OI$ và $AB\perp SO\Rightarrow AB\perp (SOI)\Rightarrow AB\perp OH$.
Mà $OH\perp SI\Rightarrow OH\perp (SAB)\Rightarrow d(O,(SAB))=OH=\frac{3a}{2}$.
Xét tam giác $SOI$ vuông tại $O$, ta có $\frac{1}{O{I}^2}=\frac{1}{O{H}^2}-\frac{1}{S{O}^2}=\frac{4}{9a^2}-\frac{1}{4a^2}=\frac{7}{36a^2}\Rightarrow OI=\frac{6a}{\sqrt{7}}$.
$SI=\sqrt{S{O}^2+O{I}^2}=\sqrt{4a^2+\frac{36a^2}{7}}=\frac{8a}{\sqrt{7}}$.
Xét tam giác $AOI$ vuông tại $I$, $AI=\sqrt{A{O}^2-O{I}^2}=\sqrt{9a^2-\frac{36a^2}{7}}=\frac{3\sqrt{3}a}{\sqrt{7}}\Rightarrow AB=2AI=\frac{6\sqrt{3}a}{\sqrt{7}}$.
Vậy diện tích của thiết diện là: $S_{△SAB}=\frac{1}{2}\cdot SI\cdot AB=\frac{1}{2}\cdot \frac{8a}{\sqrt{7}}\cdot \frac{6\sqrt{3}a}{\sqrt{7}}=\frac{24a^2\sqrt{3}}{7}$.

Đáp án chính thức theo bảng đáp án (Mã đề 132, trang 7): Chọn D.

Hai đường thẳng $AD$ và $B^{\prime }{D}^{\prime }$ lần lượt nằm trong hai mặt đáy song song $(ABCD)$ và $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$, nên $d(AD,B^{\prime }{D}^{\prime })=A{A}^{\prime }=C{C}^{\prime }=5$.

Chọn D.

Do $SA=SB=SC$ nên hình chiếu của $S$ xuống mặt phẳng đáy là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Suy ra $SO\perp (ABC)$.
Dựng hình chữ nhật $ABCD\Rightarrow AB\parallel (SCD)\Rightarrow d(AB,SC)=d(A,(SCD))=2d(O,(SCD))=2OH$.
Ta có $OK=\frac{a}{2}$; $AC=a\sqrt{3}\Rightarrow OB=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
$SO=\sqrt{a^2-{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2}=\frac{a}{2}$.
$\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{O{K}^2}+\frac{1}{S{O}^2}\Rightarrow OH=\frac{a\sqrt{2}}{4}\Rightarrow d(AB,SC)=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 1201, trang 5), Câu 6 (Phần III) có đáp số là $4,95$.

Trong $△ABC$, $AB=\sqrt{A{C}^2+B{C}^2-2AC\cdot BC\cos 60^{\circ }}=\sqrt{25+64-40}=7$. Vì $(A{A}^{\prime }{B}^{\prime }B)\perp (ABC)$ nên khoảng cách từ $C$ đến $(A{A}^{\prime }{B}^{\prime }B)$ là đường cao $h_C=\frac{2S_{ABC}}{AB}=\frac{5\cdot 8\sin 60^{\circ }}{7}=\frac{20\sqrt{3}}{7}\approx 4,95$.

Chọn D

Đáp án: B. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 9; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Gọi $N$ là trung điểm của $C{C}^{\prime }\Rightarrow MN\parallel B{C}^{\prime }\Rightarrow B{C}^{\prime }\parallel (AMN)$.

Do đó $d(B{C}^{\prime },AM)=d(B{C}^{\prime },(AMN))=d(C,(AMN))$.

Vì $AM\perp BC$ và $AM\perp C{C}^{\prime }\Rightarrow AM\perp (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$. Kẻ $CH\perp MN$ tại $H$, khi đó $CH\perp (AMN)\Rightarrow d(C,(AMN))=CH$.

Trong tam giác vuông $CMN$ tại $C$ với $CM=CN=\frac{a}{2}$: $CH=\frac{CM}{\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{4}$.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 101): Chọn B ($\frac{2a\sqrt{21}}{7}$).

Đáp án: D. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 21, mã đề 301; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Vì $A^{\prime }{D}^{\prime }\perp (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ tại $A^{\prime }$, gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $A^{\prime }$ lên $A{B}^{\prime }$ thì $A^{\prime }H$ là đoạn vuông góc chung của $A^{\prime }{D}^{\prime }$ và $A{B}^{\prime }$. Trong hình vuông $AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }$ cạnh $a$, đường chéo $A^{\prime }B$ cắt $A{B}^{\prime }$ tại trung điểm $H$ nên $d(A{B}^{\prime },A^{\prime }{D}^{\prime })=A^{\prime }H=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Vì $AC$ cắt $BD$ tại trung điểm $O$ nên $d(A,(SBD))=d(C,(SBD))=\frac{a\sqrt{21}}{7}$. Trong $△ABD$ vuông tại $A$, đường cao $AM=\frac{AB\cdot AD}{\sqrt{A{B}^2+A{D}^2}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Từ $\frac{1}{d^2(A,(SBD))}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{M}^2}$ suy ra $SA=a$. Vậy $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SA\cdot AB\cdot AD=\frac{a^3\sqrt{3}}{3}$.

Vì $CD\parallel AB\Rightarrow CD\parallel (SAB)\Rightarrow d(D,(SAB))=d(C,(SAB))=2d(O,(SAB))$, với $O$ là tâm hình vuông $ABCD$. Gọi $M$ là trung điểm $AB$, ta có $OM=a$. Chiều cao $SO=\sqrt{S{A}^2-O{A}^2}=\sqrt{4a^2-2a^2}=a\sqrt{2}$. Kẻ $OH\perp SM$ tại $H$, ta có $OH=\frac{SO\cdot OM}{\sqrt{S{O}^2+O{M}^2}}=\frac{a\sqrt{2}\cdot a}{\sqrt{2a^2+a^2}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}$. Khoảng cách cần tìm: $d(D,(SAB))=2OH=\frac{2a\sqrt{6}}{3}$. Chọn D.

Vì $BC\perp AB$ và $BC\perp A{A}^{\prime }$ nên $BC\perp (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })\Rightarrow (A^{\prime }BC)\perp (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ theo giao tuyến $A^{\prime }B$. Do đó $d(A,(A^{\prime }BC))=d(A,A^{\prime }B)=\frac{AB\cdot A{A}^{\prime }}{\sqrt{A{B}^2+A{A}^{\prime 2}}}=\frac{a\cdot 2a}{\sqrt{a^2+4a^2}}=\frac{2a\sqrt{5}}{5}$.

Tứ giác $BFDE$ là hình bình hành nên $BF\parallel ED\Rightarrow BF\parallel (SED)$. Do đó $d(SE,BF)=d(B,(SED))=d(A,(SED))=AK$. Ta có $\frac{1}{A{K}^2}=\frac{1}{A{E}^2}+\frac{1}{A{D}^2}+\frac{1}{S{A}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{4a^2}+\frac{5}{a^2}=\frac{25}{4a^2}\Rightarrow AK=\frac{2a}{5}$. Chọn D.