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

Chọn B

Vì $C{C}^{\prime }\parallel A{A}^{\prime }\Rightarrow C{C}^{\prime }\parallel (A^{\prime }AB)\Rightarrow d(C^{\prime },(A^{\prime }BC))=d(A,(A^{\prime }BC))$ (do $AC$ cắt $(A^{\prime }BC)$ tại $C$). Kẻ $AH\perp A^{\prime }B$ tại $H$. Ta có $BC\perp AB$ và $BC\perp A{A}^{\prime }\Rightarrow BC\perp (A^{\prime }AB)\Rightarrow BC\perp AH$. Suy ra $AH\perp (A^{\prime }BC)$, nên khoảng cách bằng $AH$. Trong tam giác vuông $A^{\prime }AB$: $\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{4a^2}=\frac{5}{4a^2}\Rightarrow AH=\frac{2a\sqrt{5}}{5}$. Chọn B.

Gọi $S$ là đỉnh nón, $O$ là tâm đáy, thiết diện là tam giác cân $SAB$. Kẻ $OH\perp AB$ tại $H$, kẻ $OK\perp SH$ tại $K\Rightarrow OK=12\text{ cm}$. Trong tam giác vuông $SOH$: $\frac{1}{O{K}^2}=\frac{1}{S{O}^2}+\frac{1}{O{H}^2}\Rightarrow \frac{1}{144}=\frac{1}{400}+\frac{1}{O{H}^2}\Rightarrow \frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{144}-\frac{1}{400}=\frac{16}{3600}=\frac{1}{225}\Rightarrow OH=15\text{ cm}$. Khi đó $SH=\sqrt{S{O}^2+O{H}^2}=\sqrt{20^2+15^2}=25\text{ cm}$. Trong tam giác đáy, $AB=2\sqrt{r^2-O{H}^2}=2\sqrt{25^2-15^2}=40\text{ cm}$. Diện tích thiết diện là $S=\frac{1}{2}AB\cdot SH=\frac{1}{2}\times 40\times 25=500{\text{ cm}}^2$. Chọn A.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 121, trang 5), Câu 1 (Phần III) có đáp số là $4$.

Vì $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ là lăng trụ đứng và $△ABC$ vuông cân tại $B$ nên $CB\perp AB$ và $CB\perp B{B}^{\prime }⟹CB\perp (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$. Do đó $d(C,(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }))=CB=AB=4$.

Chọn D

Kẻ AH \perp SD

CD \perp AD
Ta có: $\Rightarrow$ CD \perp ( SAD ) $\Rightarrow$ CD \perp AH
CD \perp SA

AH \perp SD
Mặt khác: $\Rightarrow$ AH \perp ( SCD )
AH \perp CD
Vì AB / / ( SCD ) $\Rightarrow$ d ( AB, ( SCD ) ) = d ( A, ( SCD ) ) = AH

Ta có: AD = BC = AC 2 - AB 2 = 2 3a
Xét $\Delta$ SAD vuông tại A , đường cao AH :

1 1 1 6 7a
2
= 2+ 2
$\Rightarrow$ AH =
AH SA AD 7

Kẻ $AM\perp BD,AH\perp SM\Rightarrow d(C,(SBD))=d(A,(SBD))=AH$.
Ta có $\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{A{D}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{4a^2}=\frac{9}{4a^2}\Rightarrow AH=\frac{2a}{3}$.
Chọn C.

Chọn C.

Do $SA=SB=SC=a,\widehat{ASC}=\widehat{CSB}=60^{\circ },\widehat{ASB}=90^{\circ }$ nên $AC=BC=a,AB=a\sqrt{2}\Rightarrow △ABC$ vuông tại $C$.
Gọi $H$ trung điểm $AB\Rightarrow HA=HB=HC\Rightarrow SH\perp (ABC)$.
Ta có: $SH=\frac{1}{2}AB=\frac{a\sqrt{2}}{2};S_{△ABC}=\frac{1}{2}AC\cdot BC=\frac{a^2}{2}\Rightarrow V_{S.ABC}=\frac{a^3\sqrt{2}}{12}$.
Lại có: $S_{△SBC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\Rightarrow d(A;(SBC))=\frac{3V_{S.ABC}}{S_{△SBC}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}$.

Diện tích đáy $S_{ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot BC=8\Rightarrow A{A}^{\prime }=\frac{V}{S_{ABC}}=\frac{32}{8}=4$. 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 $d(A,(A^{\prime }BC))=d(A,A^{\prime }B)=\frac{AB\cdot A{A}^{\prime }}{\sqrt{A{B}^2+A{A}^{\prime 2}}}=\frac{4\cdot 4}{4\sqrt{2}}=2\sqrt{2}$.

Vì $I$ là trung điểm của $C{D}^{\prime }$ và $D^{\prime }\in (BD{D}^{\prime }{B}^{\prime })$ nên $d(I,(BD{D}^{\prime }{B}^{\prime }))=\frac{1}{2}d(C,(BD{D}^{\prime }{B}^{\prime }))=\frac{1}{2}CO=\frac{1}{4}AC=\frac{a\sqrt{2}}{4}$ (với $O$ là tâm hình vuông $ABCD$).

Đáp án: D. (Theo bảng đáp án chính thức của Sở GD&ĐT Hà Tĩnh, trang 9, mã đề 001.)

Trong mặt phẳng $(ABCD)$, gọi $E=AB\cap CD$. Vì $ABCD$ là nửa lục giác đều đường kính $AD=2a$ nên $△ADE$ đều cạnh $2a$ và $B,C$ lần lượt là trung điểm của $AE,DE$. Do đó $\frac{d(B,(SCD))}{d(A,(SCD))}=\frac{EB}{EA}=\frac{1}{2}$.

Mặt khác $△ACD$ vuông tại $C$ (do nội tiếp đường tròn đường kính $AD$) nên $CD\perp AC$. Kết hợp $CD\perp SA\Rightarrow CD\perp (SAC)$.

Kẻ $AH\perp SC$ tại $H$, khi đó $AH\perp (SCD)\Rightarrow d(A,(SCD))=AH$.

Với $AC=a\sqrt{3}$ và $SA=a\sqrt{6}$, ta có $AH=\frac{SA\cdot AC}{\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}}=\frac{a\sqrt{6}\cdot a\sqrt{3}}{\sqrt{6a^2+3a^2}}=a\sqrt{2}$.

Vậy $d(B,(SCD))=\frac{1}{2}AH=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Gọi $O$ là trung điểm của $AC$. Khi đó $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $△ABC$.
Mà $SA=SB=SC$ nên $SO\perp (ABC)\Rightarrow SO\perp (ABCD)$.
Ta có: $d(M,(SBD))=\frac{1}{2}d(C,(SBD))$.
Kẻ $CE\perp BD(E\in BD)$. Mà $SO\perp CE\Rightarrow CE\perp (SBD)\Rightarrow CE=d(C,(SBD))$.
Ta có: $CD=\sqrt{A{C}^2-B{C}^2}=a\sqrt{3}\Rightarrow CE=\frac{BC\cdot CD}{\sqrt{B{C}^2+C{D}^2}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
$\Rightarrow d(M,(SBD))=\frac{1}{2}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{4}$.
Chọn B.

Vì $G$ là trọng tâm tam giác $SAD$ nên $d(G,(SBD))=\frac{1}{3}d(A,(SBD))$. Tứ diện $SABD$ vuông tại $A$ có $\frac{1}{d^2(A,(SBD))}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{A{D}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{4a^2}=\frac{9}{4a^2}\Rightarrow d(A,(SBD))=\frac{2a}{3}$. Vậy $d(G,(SBD))=\frac{2a}{9}$. Chọn B.

Chiều cao hình nón là $h=SO=\sqrt{l^2-r^2}=\sqrt{5-4}=1$. Thiết diện là tam giác cân $SAB$ có $SA=SB=\sqrt{5}$ và chu vi $2\sqrt{5}+AB=2+2\sqrt{5}\Rightarrow AB=2$. Gọi $I$ là trung điểm $AB$, ta có $OI=\sqrt{r^2-(AB/2{)}^2}=\sqrt{4-1}=\sqrt{3}$. Khi đó $\frac{1}{d^2(O,(P))}=\frac{1}{S{O}^2}+\frac{1}{O{I}^2}=1+\frac{1}{3}=\frac{4}{3}\Rightarrow d(O,(P))=\frac{\sqrt{3}}{2}$. Chọn B.

Vì $M$ là trung điểm $SC$ và $AC$ cắt $(SBD)$ tại trung điểm $O$ của $AC$ nên $d(M,(SBD))=\frac{1}{2}d(C,(SBD))=\frac{1}{2}d(A,(SBD))$. Kẻ $AO\perp BD$ tại $O$ và $AH\perp SO$ tại $H$, ta có $d(A,(SBD))=AH$. Trong $△ABD$ vuông tại $A$: $\frac{1}{A{O}^2}=\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{A{D}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{1}{4a^2}=\frac{5}{4a^2}$. Trong $△SAO$ vuông tại $A$: $\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{O}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{5}{4a^2}=\frac{9}{4a^2}\Rightarrow AH=\frac{2a}{3}$. Vậy $d(M,(SBD))=\frac{1}{2}AH=\frac{a}{3}$. Chọn C.

Gọi $N^{\prime }$ là hình chiếu vuông góc của $N$ lên đáy $(O)$, ta có $N{N}^{\prime }=2a$ và $\widehat{NM{N}^{\prime }}=60^{\circ }\Rightarrow M{N}^{\prime }=\frac{2a}{\sqrt{3}},MN=\frac{4a}{\sqrt{3}}$. Trong đáy $(O)$ có $OM=O{N}^{\prime }=a,M{N}^{\prime }=\frac{2a}{\sqrt{3}}$. Tính thể tích khối tứ diện $O.MN{O}^{\prime }$ và diện tích $△O^{\prime }MN$ (với $O^{\prime }M=\sqrt{4a^2+a^2}=a\sqrt{5},O^{\prime }N=a,MN=\frac{4a}{\sqrt{3}}\Rightarrow S_{△O^{\prime }MN}=\frac{a^2\sqrt{11}}{3}$), ta suy ra khoảng cách từ $O$ đến $(MN{O}^{\prime })$ là $h=\frac{3V_{O.MN{O}^{\prime }}}{S_{△O^{\prime }MN}}=\frac{2a\sqrt{22}}{11}$. Chọn D.

Vì $A{D}^{\prime }\parallel B{C}^{\prime }$ nên $d(A{D}^{\prime },D{C}^{\prime })=d(A{D}^{\prime },(BD{C}^{\prime }))=d(D,(A{B}^{\prime }{D}^{\prime }))$. Tứ diện $D.A^{\prime }{D}^{\prime }{C}^{\prime }$ vuông tại $D^{\prime }$ có $D^{\prime }{A}^{\prime }=2,D^{\prime }{C}^{\prime }=1,D^{\prime }D=2$, suy ra $\frac{1}{h^2}=\frac{1}{2^2}+\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}=\frac{3}{2}\Rightarrow h=\frac{\sqrt{6}}{3}$.

Đáp án: D. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 7, mã đề 190; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Đáp án: D. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 16, mã đề 001; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Đáp án: D. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 17, mã đề 001; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)