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

Theo đáp án chính thức của Sở GD&ĐT Thừa Thiên Huế, khoảng cách giữa $AD$ và $SC$ là $4$.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 111, trang 5), Câu 1 (Phần III) có đáp số là $15$.

Ta có $SH\perp (ABCD)$ với $SH=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ và $d(A,(SBD))=2d(H,(SBD))$.
Kẻ $HK\perp BD$ tại $K$ thì $HK=\frac{a\sqrt{3}}{4}$, suy ra $\frac{1}{d(H,(SBD){)}^2}=\frac{1}{S{H}^2}+\frac{1}{H{K}^2}=\frac{20}{3a^2}$. Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 111), $m=15$.

Ta có $CD\perp AD$ và $CD\perp SA\Rightarrow CD\perp (SAD)$. Kẻ $AH\perp SD$ tại $H$, suy ra $AH\perp (SCD)$. Khoảng cách $d(A,(SCD))=AH=\frac{SA\cdot AD}{\sqrt{S{A}^2+A{D}^2}}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}\cdot 1}{\sqrt{\frac{1}{3}+1}}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}}{\frac{2}{\sqrt{3}}}=\frac{1}{2}=0,5$.

Đáp án: 0,87. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 11, mã đề 0101; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Theo bảng đáp án và lời giải chính thức (Mã đề 2601), Câu 1 (Phần II): a) Đúng, b) Sai, c) Đúng, d) Sai.



- **Ý c) Đúng:** Diện tích đáy $S_{ABCD}=AB\cdot AD\cdot \sin \widehat{BAD}=4a\cdot 4a\cdot \sin 120^{\circ }=8a^2\sqrt{3}$.
Thể tích khối chóp $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}\cdot SH=\frac{1}{3}\cdot 8a^2\sqrt{3}\cdot a\sqrt{3}=8a^3$.
- **Ý d) Sai:** Vì $BO\perp AC$ và $BO\perp SH$ nên $BO\perp (SAC)$. Hình chiếu của $SB$ trên $(SAC)$ là $SO$, nên góc giữa $SB$ và $(SAC)$ là $\widehat{BSO}$ (không phải $\widehat{BSH}$).
- **Ý b) Sai:** Tam giác $ACD$ đều cạnh $4a$, gọi $M$ là trung điểm $CD$ thì $AM\perp CD$ và $AM=2a\sqrt{3}$.
Kẻ $HK\perp CD$ tại $K$, do $HK\parallel AM$ và $\frac{CH}{CA}=\frac{3}{4}$ nên $HK=\frac{3}{4}AM=\frac{3a\sqrt{3}}{2}$.
Góc phẳng nhị diện $[S,CD,A]$ là $\widehat{SKH}=\alpha$ với $\tan \alpha =\frac{SH}{HK}=\frac{a\sqrt{3}}{\frac{3a\sqrt{3}}{2}}=\frac{2}{3}\ne \frac{3}{2}$.
- **Ý a) Đúng:** Gọi $F=AN\cap CD$, vì $N$ là trung điểm $BC$ và $BC\parallel AD$ nên $N$ là trung điểm $AF$, suy ra $PN\parallel SF\subset (SCD)$.
Do đó $d(PN,SM)=d(PN,(SCD))=d(P,(SCD))=\frac{1}{2}d(A,(SCD))=\frac{1}{2}\cdot \frac{4}{3}d(H,(SCD))=\frac{2}{3}\cdot \frac{SH\cdot HK}{\sqrt{S{H}^2+H{K}^2}}=\frac{2a\sqrt{39}}{13}$.

Theo bảng đáp án và lời giải chính thức (Mã đề 2601), Câu 4 (Phần III) có đáp số là $0.71$.



Gọi $E$ là trung điểm $AB$ và $F=CE\cap BD$, khi đó $F$ là trọng tâm $△ABC$.
Vì $\frac{EG}{ES}=\frac{EF}{EC}=\frac{1}{3}$ nên $GF\parallel SC\Rightarrow SC\parallel (GBD)\Rightarrow d(SC,GM)=d(C,(GBD))$.
Kẻ $GH\parallel SA$ ($H\in AB$) thì $GH\perp (ABCD)$, $GH=\frac{1}{3}SA=\frac{2}{3}$ và $\frac{BH}{BA}=\frac{2}{3}=\frac{BF}{BO}$ (với $O=AC\cap BD$).
Suy ra $HF\parallel AO\Rightarrow HF\perp BD$ và $HF=\frac{2}{3}AO=\frac{1}{3}AC=\frac{2}{3}$ (do $△ABC$ đều cạnh $2$).
Hạ $HK\perp GF$ thì $HK\perp (GBD)$, với $HK=\frac{HF}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{3}$.
Do đó $d(C,(GBD))=2d(E,(GBD))=2\cdot \frac{3}{4}d(H,(GBD))=\frac{3}{2}HK=\frac{\sqrt{2}}{2}\approx 0,71$.

Ta có $SA\perp (ABCD)$ nên góc giữa $SB$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SBA}=60^{\circ }$.
Suy ra $SA=AB\cdot \tan 60^{\circ }=2\sqrt{3}$.
Vì $AD\parallel BC\Rightarrow AD\parallel (SBC)$, do đó:
$d(AD,SC)=d(AD,(SBC))=d(A,(SBC))$.
Kẻ $AH\perp SB$ ($H\in SB$). Vì $BC\perp AB$ và $BC\perp SA\Rightarrow BC\perp (SAB)\Rightarrow BC\perp AH$.
Suy ra $AH\perp (SBC)\Rightarrow d(A,(SBC))=AH$.
Trong tam giác vuông $SAB$ tại $A$:
$AH=\frac{SA\cdot AB}{\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}}=\frac{2\sqrt{3}\cdot 2}{\sqrt{12+4}}=\frac{4\sqrt{3}}{4}=\sqrt{3}\approx 1,73$.

Vì $AB\perp BC$ và $AB\perp SA$ nên $AB\perp (SBC)$. Kẻ đoạn vuông góc từ $A$ đến $SC$ hoặc dựng mặt phẳng song song chứa $SC$, tính được khoảng cách giữa $AB$ và $SC$ là $2,4$.

Gọi $H$ là trung điểm cạnh $AB$. Vì $△ABC$ là tam giác đều cạnh $6$ nên $CH\perp AB$ và $CH=\frac{6\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}$.
Do $(SAB)\perp (ABCD)$ theo giao tuyến $AB$ và $CH\perp AB$ nên $CH\perp (SAB)$.
Vì $CD\parallel AB\subset (SAB)$ nên $CD\parallel (SAB)$, suy ra:
$d(SA,CD)=d(CD,(SAB))=d(C,(SAB))=CH=3\sqrt{3}\approx 5,2.$

Gọi $O$ là tâm hình vuông đáy. Hạ $OH\perp SC,AK\perp SC$. Do $BD\perp (SAC)$ nên $d(SC,BD)=OH=\frac{1}{2}AK$. Trong tam giác vuông $SAB$, $SA=\sqrt{25^2-20^2}=15\text{ cm}$. $AC=20\sqrt{2}\text{ cm}$. Ta có $AK=\frac{SA\cdot AC}{\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}}=\frac{15\cdot 20\sqrt{2}}{\sqrt{225+800}}=\frac{300\sqrt{2}}{\sqrt{1025}}$. Khoảng cách $OH=\frac{1}{2}AK\approx 6,63\text{ cm}$.

Đáp án: 38. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 5, mã đề 1079; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Ta có $AB\perp SA$ (vì $SA\perp (ABCD)$) và $AB\perp BC$ (vì $ABCD$ là hình chữ nhật). Do đó $AB$ là đoạn vuông góc chung của $SA$ và $BC$, nên khoảng cách là $AB$.

Khoảng cách giữa $AB$ và $A^{\prime }{C}^{\prime }$ bằng độ dài đoạn vuông góc chung $A{A}^{\prime }$.
Từ góc $[A^{\prime },BC,A]=30^{\circ }$ và $S_{A^{\prime }BC}=32$, tính được chiều cao $A{A}^{\prime }=4$.

Vì khối gỗ là hình lăng trụ đứng có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh 2 dm nên $B{B}^{\prime }\perp (ABCD)$.
Gọi $O$ là giao điểm của hai đường chéo $AC$ và $BD$. Vì $ABCD$ là hình vuông nên $CO\perp BD$.
Lại có $CO\perp B{B}^{\prime }$ (do $B{B}^{\prime }\perp (ABCD)$), suy ra $CO\perp (BD{D}^{\prime }{B}^{\prime })$.
Do đó khoảng cách từ $C$ đến mặt phẳng $(BD{D}^{\prime }{B}^{\prime })$ chính là độ dài đoạn $CO$:
$d(C,(BD{D}^{\prime }{B}^{\prime }))=CO=\frac{AC}{2}=\frac{2\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}\approx 1,\mathrm{4142...}\approx 1,41\text{ dm}$.
(Theo bảng đáp án chính thức trang 7, mã đề 0512: Kết quả là 1,41).

Vì lăng trụ đứng nên $B{B}^{\prime }\perp (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$, do đó khoảng cách từ $B$ đến $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ bằng $B{B}^{\prime }=A{A}^{\prime }=2a$.

Vì $(SAB)$ và $(SAD)$ cùng vuông góc với $(ABCD)$ nên $SA\perp (ABCD)$. Trong tam giác vuông $SAD$: $SA=\sqrt{S{D}^2-A{D}^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$. Do $CD\perp (SAD)$ nên $(SCD)\perp (SAD)$ theo giao tuyến $SD$, suy ra $d(A,(SCD))=d(A,SD)=\frac{SA\cdot AD}{SD}=\frac{4\cdot 3}{5}=2,4$.

Ta có $\{\begin{array}{l}CB\perp AB\\ CB\perp SA\end{array}⟹CB\perp (SAB)⟹d(C,(SAB))=CB=BA=a$.

Chọn hệ trục toạ độ $Oxyz$ sao cho gốc toạ độ tại $A(0;0;0)$, tia $Ax$ chứa $B(2;0;0)$, tia $Ay$ chứa $D(0;2;0)$, tia $Az$ chứa $S(0;0;2)$.
Vì $ABCD$ là hình vuông cạnh 2 nên $C(2;2;0)$. Điểm $E$ là trung điểm $CD$ nên $E(1;2;0)$.
Vectơ chỉ phương của đường thẳng $BE$: $\vec{u}=\overrightarrow{BE}=(-1;2;0)$, độ dài $|\vec{u}|=\sqrt{(-1{)}^2+2^2}=\sqrt{5}$.
Vectơ $\overrightarrow{BS}=(-2;0;2)$.
Tích có hướng: $[\vec{u},\overrightarrow{BS}]=(2\times 2-0\times 0;0\times (-2)-(-1)\times 2;-1\times 0-2\times (-2))=(4;2;4)$.
Độ dài $|[\vec{u},\overrightarrow{BS}]|=\sqrt{4^2+2^2+4^2}=\sqrt{36}=6$.
Khoảng cách từ điểm $S$ đến đường thẳng $BE$ là:
$d(S,BE)=\frac{|[\vec{u},\overrightarrow{BS}]|}{|\vec{u}|}=\frac{6}{\sqrt{5}}=\frac{6\sqrt{5}}{5}\approx 2,6833\approx 2,68$.
(Theo bảng đáp án chính thức trang 10, mã đề 0201: Kết quả là 2,68).

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 1001, trang 7), Câu 6 (Phần III) có đáp số là $11,7$.

Theo lời giải chi tiết trang 26–27: Trải phẳng 4 mặt bên của hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$, góc ở đỉnh mỗi mặt bên là $2\phi$ với $\sin \phi =\frac{2}{6}=\frac{1}{3}$. Quãng đường ngắn nhất là $A{A}^{\prime }=2SA\sin 4\phi =12\cdot \frac{56\sqrt{2}}{81}\approx 11,7\text{ cm}$.

Đáp án: 0,82. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 5, mã đề 0101; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)