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

Ta có $AH=HD=1$, $BH=\sqrt{A{B}^2+A{H}^2}=\sqrt{2}$. Vì $\widehat{SBH}=45^{\circ }$ nên $SH=BH=\sqrt{2}$. Gọi $E$ là trung điểm $BC\Rightarrow BH\parallel DE\Rightarrow BH\parallel (SDE)$. Khi đó $d(BH,SD)=d(H,(SDE))=h$. Do $HE,HD,HS$ đôi một vuông góc với $HE=1,HD=1,HS=\sqrt{2}$, ta có $\frac{1}{h^2}=\frac{1}{H{E}^2}+\frac{1}{H{D}^2}+\frac{1}{H{S}^2}=1+1+\frac{1}{2}=\frac{5}{2}\Rightarrow h=\sqrt{\frac{2}{5}}\approx 0,63$.

Vì $SO\perp (ABCD)$ và $AC\perp BD$ nên $AC\perp (SBD)$ tại $O$.
Khoảng cách từ $C$ đến $(SBD)$ chính là đoạn $CO=\frac{AC}{2}$.
Vì hình thoi $ABCD$ có $\widehat{BAD}=120^{\circ }$ nên tam giác $ABC$ đều cạnh 2024 $\Rightarrow AC=2024$.
Do đó $d(C,(SBD))=CO=\frac{2024}{2}=1012$.

Trải các mặt $ABCD,AD{D}^{\prime }{A}^{\prime },AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }$ ra cùng một mặt phẳng.
Đoạn dây ngắn nhất bằng khoảng cách đường thẳng giữa $E$ và $B^{\prime }$ trên mặt phẳng trải rộng:
$d=\sqrt{(10+10{)}^2+(10+5{)}^2}=\sqrt{20^2+15^2}=\sqrt{400+225}=25$ dm.

Đáp án: 2. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 9, mã đề 1201; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Đáp án: 1,8. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 9, mã đề 0101; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Vì $A^{\prime }$ cách đều $A,B,C$ nên hình chiếu của $A^{\prime }$ lên $(ABC)$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $G$ của tam giác đều $ABC$.
Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều cạnh 3 là $R=\frac{3\sqrt{3}}{3}=\sqrt{3}$.
Trong tam giác vuông $A^{\prime }GA$: $A^{\prime }G=\sqrt{A^{\prime }{A}^2-A{G}^2}=\sqrt{3^2-(\sqrt{3}{)}^2}=\sqrt{6}$.
Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $A{A}^{\prime }$ và $B{C}^{\prime }$ được tính thông qua thể tích khối tứ diện hoặc phương pháp tọa độ hóa, cho kết quả $d(A{A}^{\prime },B{C}^{\prime })\approx 2,12$.
(Theo bảng đáp án chính thức trang 7, mã đề 0017: Kết quả là 2.12).

Góc giữa $SC$ và đáy là $\widehat{SCA}=45^{\circ }\Rightarrow AC=SA=2$.
Đáy là hình vuông có $AC=2\Rightarrow AB=\sqrt{2}$, tâm đáy là $O$.
Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc, tính được khoảng cách giữa $BD$ và $SC$ bằng $0,5$.

Vì $C{C}^{\prime }\parallel (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ nên $d(AM,C{C}^{\prime })=d(C,(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime }))=d(C,AB)$. Ta có $AB=\sqrt{A{C}^2+B{C}^2-2AC\cdot BC\cos 120^{\circ }}=\sqrt{1+4+2}=\sqrt{7}\text{ m}$ và $S_{△ABC}=\frac{1}{2}AC\cdot BC\sin 120^{\circ }=\frac{\sqrt{3}}{2}{\text{ m}}^2$. Do đó $d(AM,C{C}^{\prime })=\frac{2S_{△ABC}}{AB}=\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}}\approx 0,65\text{ m}$.

Đáp án: 0,48. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 6, mã đề 101; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Đáp án: 0,8. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 6, mã đề 1201; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Gọi $N$ là trung điểm $AB$. Trong tam giác $ABC$ có $MN$ là đường trung bình nên $AC\parallel MN$.
Suy ra $AC\parallel (SMN)$, do đó $d(AC,SM)=d(AC,(SMN))=d(A,(SMN))$.
Trong $(SAB)$, kẻ $AH\perp SN$ tại $H$. Ta chứng minh được $AH\perp (SMN)$.
Xét tam giác vuông $SAN$ vuông tại $A$ có đường cao $AH$:
$\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{A{N}^2}+\frac{1}{S{A}^2}=\frac{1}{1^2}+\frac{1}{5^2}=\frac{26}{25}\Rightarrow AH=\frac{5\sqrt{26}}{26}\approx 0,98$.

Đáp án: 0,71. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 9, mã đề 1010; đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Vì $SA\perp (ABCD)$ và $AB\perp BC$ nên $SB\perp BC$. Do đó góc phẳng nhị diện $[S,BC,A]$ là góc $\widehat{SBA}=60^{\circ }$.
Tam giác $SAB$ vuông tại $A$ có $AB=a\Rightarrow SA=AB\cdot \tan 60^{\circ }=a\sqrt{3}$.
Tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$ có $AC=a\sqrt{2}$.
Trong tam giác vuông $SAC$ (vuông tại $A$), hạ $AH\perp SC$ tại $H$, khi đó khoảng cách từ $A$ đến $SC$ là $AH$:
$\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{C}^2}=\frac{1}{3a^2}+\frac{1}{2a^2}=\frac{5}{6a^2}\Rightarrow AH=a\sqrt{\frac{6}{5}}=\frac{a\sqrt{30}}{5}$
Suy ra $n=5$.

Gắn hệ tọa độ hoặc dựng mặt phẳng song song để tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $BD$ và $MN$. Ta có $AC=10\sqrt{2}\Rightarrow SA=\sqrt{S{C}^2-A{C}^2}=\sqrt{500-200}=10\sqrt{3}$. Tính được $d(BD,MN)\approx 2,24$.

Góc giữa $SC$ và đáy là $\widehat{SCA}=45^{\circ }\Rightarrow SA=AC\tan 45^{\circ }=a\sqrt{2}$ với $a=\sqrt{10}$. Dựng hình bình hành $ACBE\Rightarrow AC\parallel (SBE)\Rightarrow d(SB,AC)=d(A,(SBE))=AH$. Với tứ diện vuông $SABE$: $\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{A{E}^2}=\frac{1}{2a^2}+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{5}{2a^2}\Rightarrow AH=\frac{a\sqrt{10}}{5}$. Thay $a=\sqrt{10}$ ta được $AH=\frac{\sqrt{10}\times \sqrt{10}}{5}=2$.

Do $SA\perp (ABC)\Rightarrow SA\perp BC$. Lại có $AB\perp BC\Rightarrow BC\perp (SAB)$. Kẻ $AH\perp SB$ tại $H\in SB\Rightarrow AH\perp (SBC)$, suy ra $d(A,(SBC))=AH=\frac{SA\cdot AB}{\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}}=\frac{2\sqrt{5}a}{5}$. Chọn D.

a) Đúng: $V_{S.ACD}=\frac{1}{3}SA\cdot S_{\Delta ACD}=\frac{1}{3}\cdot a\sqrt{3}\cdot \frac{a^2\sqrt{2}}{2}=\frac{a^3\sqrt{6}}{6}$.
b) Sai: $d(A,(SBC))=\frac{SA\cdot AB}{\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}}=\frac{a\sqrt{30}}{5}\ne \frac{a\sqrt{30}}{6}$.
c) Đúng: $CD\perp AD$ và $CD\perp SD$ nên góc giữa $(SCD)$ và $(ABCD)$ là $\widehat{SDA}$.
d) Đúng: $BC\perp AB$ và $BC\perp SA\Rightarrow BC\perp (SAB)$.

Theo bảng đáp án chính thức Mã đề 1101 (trang 17): Chọn D ($\frac{2a\sqrt{85}}{17}$).

Theo bảng đáp án chính thức Mã đề 1101 (trang 18): a) Sai, b) Đúng, c) Sai, d) Đúng.

Theo bảng đáp án chính thức Mã đề 1101 (trang 19): Đáp án là $16$.