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

Đáp số: 157. Trải phẳng các mặt bên của hình hộp chữ nhật theo đường đi của con kiến ta được hình phẳng như hình vẽ. Xét trường hợp con kiến đi thẳng từ $A^{\prime }$ đến $A$. Gọi E là điểm con kiến chạm vào cạnh $B{B}^{\prime }$. Khi đó: $$\frac{E{B}^{\prime }}{A{A}^{\prime }}=\frac{20}{120}\Rightarrow E{B}^{\prime }=\frac{80\cdot 20}{120}\approx 13,3\text{ cm}<16\text{ cm}\text{ (khoˆng thỏa)}.$$ Xét trường hợp con kiến chạm vào cạnh $C{C}^{\prime }$ tại $H$ (như hình vẽ), với $0<CH\le 16$. Khi đó: $A^{\prime }H$ đạt giá trị nhỏ nhất khi $CH=16$, suy ra $C^{\prime }H=64$ và $A^{\prime }H=\sqrt{40^2+64^2}=8\sqrt{89}$. Gọi $K$ là điểm con kiến chạm cạnh $B{B}^{\prime }$ trong trường hợp này. Ta có: $\frac{K{B}^{\prime }}{H{C}^{\prime }}=\frac{20}{40}\Rightarrow K{B}^{\prime }=\frac{64\cdot 20}{40}=32cm>16cm$ (thỏa ycbt). Con kiến tiếp tục đi thẳng từ $H$ đến $A$, $AH=\sqrt{16^2+80^2}=16\sqrt{26}$. Vậy độ dài ngắn nhất của quãng đường mà con kiến đi là $A^{\prime }H+HA=8\sqrt{89}+16\sqrt{26}\approx 157,056cm$.

a) Sai. Trong mặt phẳng $(SAB)$, kẻ $AH\perp SB$. Ta có: $\{\begin{array}{l}AD\parallel BC\\ BC\subset (SBC)\end{array}\Rightarrow AD\parallel (SBC)\Rightarrow d(D;(SBC))=d(A;(SBC))=AH$. Xét $\Delta SAB$ vuông tại $A$, ta có: $AH=\sqrt{\frac{A{B}^2\cdot A{S}^2}{A{B}^2+A{S}^2}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$.

b) Đúng. $\{\begin{array}{l}AD\parallel BC\\ BC\subset (SBC)\end{array}\Rightarrow AD\parallel (SBC)$.

c) Sai. Ta có $SA\perp (ABCD)\Rightarrow$ Hình chiếu của $SC$ lên $(ABCD)$ là $AC$. Do đó, $(SC;(ABCD))=(SC;AC)=\widehat{SCA}$. Xét $\Delta SCA$, ta có: $\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{2}{\sqrt{3}}$.

d) Đúng. Trong mặt phẳng $(SAD)$, kẻ $AK\perp SD$ (1). Mặt khác, $\{\begin{array}{l}AB\perp SA\\ AB\perp AD\end{array}\Rightarrow AB\perp (SAD)\Rightarrow AB\perp AK$ (2). Từ (1) và (2) suy ra $AK$ là đoạn vuông góc chung của $SD,AB$ $\Rightarrow d(SD;AB)=AK$. Xét $\Delta SAD$ vuông tại $A$, ta có: $AK=\sqrt{\frac{A{D}^2\cdot A{S}^2}{A{D}^2+A{S}^2}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$.
a) Trong mặt phẳng $(SAB)$, kẻ $AH\perp SB$. Ta có: $\{\begin{array}{l}AD\parallel BC\\ BC\subset (SBC)\end{array}\Rightarrow AD\parallel (SBC)\Rightarrow d(D;(SBC))=d(A;(SBC))=AH$. Xét $\Delta SAB$ vuông tại $A$, ta có: $AH=\sqrt{\frac{A{B}^2\cdot A{S}^2}{A{B}^2+A{S}^2}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$. Khẳng định a) Sai.
b) $\{\begin{array}{l}AD\parallel BC\\ BC\subset (SBC)\end{array}\Rightarrow AD\parallel (SBC)$. Khẳng định b) Đúng.
c) Ta có $SA\perp (ABCD)\Rightarrow$ Hình chiếu của $SC$ lên $(ABCD)$ là $AC$. Do đó, $(SC;(ABCD))=(SC;AC)=\widehat{SCA}$. Xét $\Delta SCA$, ta có: $\tan \widehat{SCA}=\frac{SA}{AC}=\frac{2}{\sqrt{3}}$. Khẳng định c) Sai.
d) Trong mặt phẳng $(SAD)$, kẻ $AK\perp SD$ (1). Mặt khác, $\{\begin{array}{l}AB\perp SA\\ AB\perp AD\end{array}\Rightarrow AB\perp (SAD)\Rightarrow AB\perp AK$ (2). Từ (1) và (2) suy ra $AK$ là đoạn vuông góc chung của $SD,AB$ $\Rightarrow d(SD;AB)=AK$. Xét $\Delta SAD$ vuông tại $A$, ta có: $AK=\sqrt{\frac{A{D}^2\cdot A{S}^2}{A{D}^2+A{S}^2}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$. Khẳng định d) Đúng.

Cách 1.

(0.5 điểm)

Do $MN//A^{\prime }{D}^{\prime }$ nên $A^{\prime }$ thuộc mặt phẳng $(D^{\prime }MN)$

Gọi $E=A^{\prime }M\cap AB$, $F=D^{\prime }N\cap DC\Rightarrow EF//BC//AD$ và $B,C$ lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng $AE,DF$. Suy ra $A,H,F$ thẳng hàng và $AF=\frac{3}{2}HF$. (0.5 điểm)

Ta có $AD//(D^{\prime }MN)\Rightarrow d\left(AD,(D^{\prime }MN)\right)=d\left(A,(A^{\prime }EF)\right)=\frac{3}{2}d\left(H,(A^{\prime }EF)\right)$.

Do $AH\perp BC\Rightarrow AH\perp EF\Rightarrow EF\perp (A^{\prime }HF)\Rightarrow (A^{\prime }EF)\perp (A^{\prime }HF)$

Trong tam giác $A^{\prime }HF$, kẻ $HK\perp A^{\prime }F\Rightarrow HK\perp (A^{\prime }EF)\Rightarrow d\left(H,(A^{\prime }EF)\right)=HK$ (0.5 điểm)

Ta có $A^{\prime }H=a,HF=2HA=\frac{2a\sqrt{3}}{3},\frac{1}{H{K}^2}=\frac{1}{H{A}^{\prime 2}}+\frac{1}{H{F}^2}=\frac{1}{a^2}+\frac{3}{4a^2}$.

Suy ra $d\left(AD,(D^{\prime }MN)\right)=\frac{3}{2}HK=\frac{3a\sqrt{7}}{7}$. (0.5 điểm)

Cách 2.

[Hình cần kiểm tra lại: p10_f1]

Chọn hệ trục tọa độ $Oxyz$ sao cho $I\equiv O(0;0;0),B\left(-\frac{a}{2};0;0\right),C\left(\frac{a}{2};0;0\right)$

$H\left(0;\frac{a\sqrt{3}}{6};0\right),A\left(0;\frac{a\sqrt{3}}{2};0\right),A^{\prime }\left(0;\frac{a\sqrt{3}}{6};a\right)$

Do $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\overrightarrow{B{B}^{\prime }}=\overrightarrow{C{C}^{\prime }}$ nên $B^{\prime }\left(-\frac{a}{2};-\frac{a\sqrt{3}}{3};a\right),C^{\prime }\left(\frac{a}{2};-\frac{a\sqrt{3}}{3};a\right)$;

$\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{A^{\prime }{D}^{\prime }}\Rightarrow D^{\prime }\left(a;\frac{a\sqrt{3}}{6};a\right)$

$M,N$ lần lượt là trung điểm của $B{B}^{\prime },C{C}^{\prime }$ nên $M\left(-\frac{a}{2};-\frac{a\sqrt{3}}{6};\frac{a}{2}\right),N\left(\frac{a}{2};-\frac{a\sqrt{3}}{6};\frac{a}{2}\right)$

Ta có $\overrightarrow{MN}=(a;0;0)$, $\overrightarrow{D^{\prime }N}=\left(-\frac{a}{2};-\frac{a\sqrt{3}}{3};-\frac{a}{2}\right)$

Suy ra $\left[\overrightarrow{MN},\overrightarrow{D^{\prime }N}\right]=\left(0;\frac{a^2}{2};-\frac{a^2\sqrt{3}}{3}\right)=\frac{a^2}{6}\left(0;3;-2\sqrt{3}\right)$

Mặt phẳng $(D^{\prime }MN)$ có một véc tơ pháp tuyến là $\vec{n}=\left(0;3;-2\sqrt{3}\right)$

Phương trình mặt phẳng $(D^{\prime }MN):3y-2\sqrt{3}z+\frac{3a\sqrt{3}}{2}=0$

Do đó $d\left(AD,(D^{\prime }MN)\right)=d\left(A,(D^{\prime }MN)\right)=\frac{\left|\frac{3a\sqrt{3}}{2}+\frac{3a\sqrt{3}}{2}\right|}{\sqrt{9+12}}=\frac{3a\sqrt{7}}{7}.$

(AI giải đề cho tôi)
Trải ba mặt bên của hình hộp chứa đường đi $F\to M\to N\to A$ (các mặt $BCGF$, $CDHG$, $DAHE$) ra cùng một mặt phẳng, ta được một hình chữ nhật có chiều cao $2,4$ m và chiều rộng bằng $3\times 0,5=1,5$ m (ba cạnh đáy $CG$, $DH$, $AE$... tức ba lần cạnh $0,5$ m). Trên hình trải phẳng, $F$ nằm ở đỉnh trên của dải thứ nhất và $A$ nằm ở đỉnh dưới của dải thứ ba, nên đoạn dây ngắn nhất là đoạn thẳng nối $F$ với $A$:
$$FA=\sqrt{1,5^2+2,4^2}=\sqrt{2,25+5,76}=\sqrt{8,01}=\frac{3\sqrt{89}}{10}\approx 2,83\text{ m}.$$
Vậy độ dài ngắn nhất của đoạn dây đèn cần dùng là $\sqrt{8,01}=\frac{3\sqrt{89}}{10}\approx 2,83$ m.

1a. Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ trên $SB$
$$\Rightarrow AH\perp SB(1)$$
Mặt khác ta có:
$$BC\perp (SAB)\Rightarrow BC\perp AH(2)$$
Từ (1) và (2) $\Rightarrow AH\perp (SBC)$ hay $d(A,(SBC))=AH$.
Xét tam giác SAB vuông tại A ta có:
$$AH.SB=SA.AB\iff AH=\frac{SA.AB}{SB}=\frac{SA.AB}{\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}}$$
$$\iff AH=\frac{a.y}{\sqrt{a^2+y^2}}$$
Vậy: $d(A,(SBC))=\frac{a.y}{\sqrt{a^2+y^2}}$.
[Hình cần kiểm tra lại: p6_f1]

1b. Ta có:
Hình chóp $S.ABCM$ có đường cao $SA=y$ và có đáy là hình thang vuông nên diện tích đáy là
$$S=\frac{1}{2}a(a+x)$$
Thể tích khối chóp $S.ABCM$ là: $V=\frac{1}{3}y.\frac{1}{2}a(a+x)=\frac{1}{6}ya(a+x)$
Theo giả thiết: $x^2+y^2=a^2\Rightarrow y^2=a^2-x^2$ nên
$$V^2=\frac{1}{36}{a}^2\left(a^2-x^2\right)(x+a{)}^2.$$
Đặt $f(x)=V^2$ với $0<x<a$, ta có
$$f^{\prime }(x)=\frac{a^2}{36}(a+x)\left[-2x(x+a)+2(a^2-x^2)\right]=\frac{a^2(a+x)\left(-4x^2-2ax+2a^2\right)}{36}$$
$$f^{\prime }(x)=0\iff x=\frac{a}{2}$$
Bảng biến thiên:

Vậy $f(x)$ đạt giá trị lớn nhất tại $x=\frac{a}{2}$, khi đó thể tích của khối chóp $S.ABCM$ đạt giá trị lớn nhất: $V=\sqrt{\max f(x)}=\frac{a^3\sqrt{3}}{8}$

2. [Hình cần kiểm tra lại: p7_f1]
Gọi $I$ là giao điểm của $AC$ và $BD$; $O$ là giao điểm $AN$ và $SI$.
Qua $O$ kẻ đường thẳng song song với $BD$ cắt $SB,SD$ lần lượt tại $E,F$.
Ta có: $\frac{SB}{SE}=\frac{SD}{SF}=\frac{SI}{SO}$
Xét $△SIC$ có cát tuyến $AON$. Theo định lí Menelaus ta có:
$\frac{AI}{AC}\cdot \frac{NC}{NS}\cdot \frac{OS}{OI}=1\Rightarrow \frac{NC}{NS}\cdot \frac{OS}{OI}=2$
$\Rightarrow \frac{NC}{NS}=2\frac{OI}{OS}\Rightarrow \frac{SC-SN}{SN}=2\frac{SI-OS}{OS}$
$\Rightarrow \frac{SC}{SN}=2\frac{SI}{OS}-1$
Vậy $T=2\frac{SI}{OS}-2\frac{SI}{OS}+1=1$

Chú ý: Nếu thí sinh làm cách khác mà đúng thì giám khảo căn cứ vào thang điểm để cho câu/ý đó điểm tối đa.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp AB$; kết hợp $AB\perp BC$ (đáy vuông tại $B$) suy ra $AB\perp (SBC)$. Khi đó $d(AB,SC)=d(B,SC)$ với $B$ là giao điểm của $AB$ với mặt phẳng $(SBC)$, và khoảng cách này được tính trong mặt phẳng $(SBC)$.
Ta có $AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=\sqrt{1+2}=\sqrt{3}$, nên $SC=\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}=\sqrt{2+3}=\sqrt{5}$; và $SB=\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}=\sqrt{2+1}=\sqrt{3}$.
Xét tam giác $SBC$: $\cos \widehat{SBC}=\frac{S{B}^2+B{C}^2-S{C}^2}{2\cdot SB\cdot BC}=\frac{3+2-5}{2\sqrt{6}}=0$, nên tam giác $SBC$ vuông tại $B$.
Diện tích tam giác $SBC$ là $\frac{1}{2}\cdot SB\cdot BC=\frac{\sqrt{6}}{2}$, do đó
$$d(B,SC)=\frac{2\cdot \frac{\sqrt{6}}{2}}{SC}=\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{30}}{5}.$$
Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng $AB$ và $SC$ là $\frac{\sqrt{30}}{5}$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp AB$. Lại có $AB\perp AD$ (đáy là hình vuông). Suy ra $AB\perp (SAD)$. Vậy khoảng cách từ $B$ đến mặt phẳng $(SAD)$ bằng $AB=a$. Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên đoạn vuông góc hạ từ $S$ xuống mặt phẳng $(ABCD)$ chính là $SA$. Do đó khoảng cách từ $S$ đến $(ABCD)$ bằng $SA=a$. Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $O$ là tâm hình vuông $ABCD$ (giao của $AC$ và $BD$). Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp BD$; lại có $BD\perp AC$ (hai đường chéo hình vuông), suy ra $BD\perp (SAC)$. Do đó $d(B,(SAC))=BO=\frac{1}{2}BD=\frac{a\sqrt{2}}{2}$. Vậy chọn đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $H$ là trung điểm $AB$. Vì tam giác $SAB$ cân tại $S$ nên $SH\perp AB$; do $(SAB)\perp (ABCD)$ và $SH\subset (SAB)$, giao tuyến là $AB$ nên $SH\perp (ABCD)$.

Diện tích tam giác $SAB$: $\frac{1}{2}\cdot AB\cdot SH=\frac{a^2\sqrt{6}}{6}\Rightarrow \frac{1}{2}\cdot a\sqrt{2}\cdot SH=\frac{a^2\sqrt{6}}{6}\Rightarrow SH=\frac{a\sqrt{3}}{3}=\frac{a}{\sqrt{3}}$.

Chọn hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(a\sqrt{2};0;0)$, $D(0;2a;0)$, $S\left(\frac{a\sqrt{2}}{2};0;\frac{a\sqrt{3}}{3}\right)$.

Ta có $\overrightarrow{BS}=\left(-\frac{a\sqrt{2}}{2};0;\frac{a\sqrt{3}}{3}\right)$, $\overrightarrow{BD}=(-a\sqrt{2};2a;0)$, nên
$$\vec{n}=\overrightarrow{BS}\times \overrightarrow{BD}=\left(-\frac{2a^2\sqrt{3}}{3};-\frac{a^2\sqrt{6}}{3};-a^2\sqrt{2}\right)\parallel (\sqrt{6};\sqrt{3};3).$$
Mặt phẳng $(SBD)$ qua $B$: $\sqrt{6}(x-a\sqrt{2})+\sqrt{3}y+3z=0$.

Khoảng cách từ $A$ đến $(SBD)$:
$$d(A,(SBD))=\frac{\sqrt{6}\cdot a\sqrt{2}}{\sqrt{6+3+9}}=\frac{2a\sqrt{3}}{3\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}.$$

Kiểm tra bằng thể tích: $V_{S.ABD}=\frac{1}{3}\cdot S_{ABD}\cdot SH=\frac{1}{3}\cdot a^2\sqrt{2}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{3}=\frac{a^3\sqrt{6}}{9}$; độ dài $\overrightarrow{BS}\times \overrightarrow{BD}$ bằng $2a^2$ nên $S_{SBD}=a^2$; do đó $d(A,(SBD))=\frac{3V}{S_{SBD}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}$. Kết quả nhất quán.

(AI giải đề cho tôi)
Vì tam giác SAB cân tại S nên $SH\perp AB$, mà $(SAB)\perp (ABCD)$ nên $SH\perp (ABCD)$.

Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $D(0;a\sqrt{3};0)$, $C(a;a\sqrt{3};0)$, $H(a/2;0;0)$, $S(a/2;0;h)$ với $h=SH>0$.

a) Mặt phẳng $(SHD)$ đi qua H và chứa vectơ $\overrightarrow{HS}=(0;0;h)$, $\overrightarrow{HD}=(-a/2;a\sqrt{3};0)$. Vectơ pháp tuyến:
$$\overrightarrow{n}=\overrightarrow{HS}\times \overrightarrow{HD}=(-a\sqrt{3}h;-ah/2;0)\parallel (2\sqrt{3};1;0).$$
Phương trình $(SHD)$: $2\sqrt{3}(x-a/2)+y=0$, tức $2\sqrt{3}x+y-a\sqrt{3}=0$ (kiểm tra: $D(0;a\sqrt{3};0)$ thỏa mãn).
$$d(A,(SHD))=\frac{|0+0-a\sqrt{3}|}{\sqrt{12+1}}=\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{13}}=\frac{a\sqrt{39}}{13}.$$
Kết quả không phụ thuộc chiều cao $SH$.

b) Vì $SH\perp (ABCD)$ nên $(SHC)\perp (ABCD)$, giao tuyến là $HC$. Do đó $d(D,(SHC))=d(D,HC)$ trong mặt đáy.

Đường thẳng $HC$ qua $H(a/2;0)$ có vectơ chỉ phương $(a/2;a\sqrt{3})\parallel (1;2\sqrt{3})$, phương trình: $2\sqrt{3}x-y-a\sqrt{3}=0$.
$$d(D,HC)=\frac{|2\sqrt{3}\cdot 0-a\sqrt{3}-a\sqrt{3}|}{\sqrt{13}}=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{13}}=\frac{2a\sqrt{39}}{13}.$$

Vậy: a) $d(A,(SHD))=\frac{a\sqrt{39}}{13}$; b) $d(D,(SHC))=\frac{2a\sqrt{39}}{13}$.

a) Không gian mẫu: Chọn 3 đỉnh bất kỳ từ 36 đỉnh là $n(\Omega )=C_{36}^3=7140$.

Để 3 đỉnh tạo thành một tam giác vuông nội tiếp đường tròn thì tam giác đó phải nhận 1 trong 18 đường kính của đa giác làm cạnh huyền.

Giả sử cạnh huyền là $BC=2R=2\sqrt{2}$.

Chọn 1 điểm $A$ khác $B,C$ trong 34 điểm còn lại.

Diện tích tam giác vuông là $S=\frac{1}{2}BC\cdot h=h\sqrt{2}$, với $h$ là khoảng cách từ $A$ đến $BC$.

Mỗi cung nhỏ chặn giữa 2 đỉnh kề nhau có số đo $10^{\circ }$.

Khoảng cách $h=R\sin (k\cdot 10^{\circ })=\sqrt{2}\sin (10^{\circ }\cdot k)$, với $k\in \{1,2,\dots ,17\}$.

Khi đó $S=\sqrt{2}\cdot \sqrt{2}\sin (10^{\circ }\cdot k)=2\sin (10^{\circ }\cdot k)$.

Để $S$ là số nguyên, mà $0<2\sin (10^{\circ }\cdot k)\le 2$, nên $S\in \{1;2\}$.

Trường hợp 1: $S=1\iff \sin (10^{\circ }\cdot k)=\frac{1}{2}\iff 10^{\circ }\cdot k\in \{30^{\circ },150^{\circ }\}\iff k\in \{3,15\}$.

Ứng với mỗi đường kính, có 4 điểm $A$ thỏa mãn.

Trường hợp 2: $S=2\iff \sin (10^{\circ }\cdot k)=1\iff 10^{\circ }\cdot k=90^{\circ }\iff k=9$.

Ứng với mỗi đường kính, có 2 điểm $A$ thỏa mãn.

Số tam giác vuông có diện tích nguyên là: $18\times (4+2)=108$ tam giác.

Xác suất cần tìm là: $P=\frac{108}{7140}=\frac{9}{595}$.

b)



Do $△SAB$ cân tại $S$ và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy nên đường cao của chóp chính là $SH$. Đặt $SH=h$.

Kẻ $HK\perp ED$ tại $K$, kẻ $HL\perp SK$ tại $L$. Khi đó $HL\perp (SED)\Rightarrow d(H,(SED))=HL=\frac{a\sqrt{6}}{2}$.

Khoảng cách từ trung điểm $H$ của $AB$ đến đường thẳng $ED$ trong hình vuông $ABCD$ cạnh $2a$ là $HK=\frac{3a}{\sqrt{5}}$.

Trong tam giác vuông $SHK$:
$$\frac{1}{H{L}^2}=\frac{1}{S{H}^2}+\frac{1}{H{K}^2}\iff \frac{1}{(a\sqrt{6}/2{)}^2}=\frac{1}{h^2}+\frac{1}{(3a/\sqrt{5}{)}^2}$$
$$\iff \frac{2}{3a^2}=\frac{1}{h^2}+\frac{5}{9a^2}\Rightarrow \frac{1}{h^2}=\frac{1}{9a^2}\Rightarrow h=3a.$$

Khoảng cách từ trọng tâm $G$ của $△SCD$ xuống đáy là $\mathrm{d}(G,(ABCD))=\frac{1}{3}SH=a$.

Diện tích đa giác $AHED$ là:
$$S_{AHED}=S_{ABCD}-S_{HBE}-S_{CDE}=(2a{)}^2-\frac{1}{2}\cdot a\cdot a-\frac{1}{2}\cdot 2a\cdot a=\frac{5a^2}{2}.$$

Thể tích: $V_{G.AHED}=\frac{1}{3}\cdot \mathrm{d}(G,(ABCD))\cdot S_{AHED}=\frac{1}{3}\cdot a\cdot \frac{5a^2}{2}=\frac{5a^3}{6}$.

Lời giải.

1. a) Gắn trục tọa độ như hình vẽ:



Chọn mặt phẳng đáy $(ABC)$ là mặt phẳng $z=0$. vì $AB=5$ nên Đặt
$$A(0,0,0),S(0,0,h)(h=SA),B(5,0,0)$$
Do tam giác $ABC$ cân tại $B$, đặt:
$$C(x,y,0).$$
Khi đó:
$$BC=BA=5\Rightarrow (x-5{)}^2+y^2=25.\text{\hspace{1em}(1)}$$
Trong tam giác $SAB$, do $SA\perp AB$ nên $AH\perp SB$.
Ta có:
$$\overrightarrow{SB}=(5,0,-h).$$
Một vectơ vuông góc với $\overrightarrow{SB}$ là:
$$\overrightarrow{u}=(h,0,5)$$
vì
$$\overrightarrow{u}\cdot \overrightarrow{SB}=5h-5h=0.$$
Vậy có thể chọn vecto chỉ phương của $AH$ là:
$$\vec{u}=(h,0,5).$$
Vì hai cạnh đối của tứ diện đều vuông góc nhau nên:
$$SC\perp AH.$$
Ta có:
$$\overrightarrow{SC}=(x,y,-h).$$
Do đó:
$$\overrightarrow{SC}\cdot \vec{u}=0\Rightarrow xh+y\cdot 0+(-h)\cdot 5=0\Rightarrow h(x-5)=0.$$
Vì $h\ne 0$, suy ra:
$$x=5.$$
Thế vào $(1)$, được
$$y^2=25\Rightarrow y=\pm 5.$$
Theo hình vẽ, chọn:
$$C(5,5,0)\Rightarrow \overrightarrow{BA}(5;0;0),\overrightarrow{BC}(0;5;0)\Rightarrow \overrightarrow{BA}.\overrightarrow{BC}=\vec{0}$$
Do đó: $BA\perp BC$, mà tam giác ABC cân tại B nên tam giác ABC vuông cân tại B.

b) Xét góc giữa hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(SBC)$, ta có:
$$\overrightarrow{SA}=(0,0,-h),\overrightarrow{SC}=(5,5,-h).$$
Suy ra một vectơ pháp tuyến của $(SAC)$ là
$$\overrightarrow{n_1}=\overrightarrow{SA}\times \overrightarrow{SC}=(5h,-5h,0).$$
Mặt khác:
$$\overrightarrow{SB}=(5,0,-h),\overrightarrow{SC}=(5,5,-h),$$
Nên một vectơ pháp tuyến của $(SBC)$ là:
$$\overrightarrow{n_2}=\overrightarrow{SB}\times \overrightarrow{SC}=(5h,0,25).$$
Vì góc giữa hai mặt phẳng $(SAC)$ và $(SBC)$ bằng $60^{\circ }$, nên:
$$\cos 60^{\circ }=\frac{|\overrightarrow{n_1}\cdot \overrightarrow{n_2}|}{\Vert \overrightarrow{n_1}\Vert \Vert \overrightarrow{n_2}\Vert }.$$
Do đó
$$\frac{1}{2}=\frac{|(5h,-5h,0)\cdot (5h,0,25)|}{(5h\sqrt{2})\cdot 5\sqrt{h^2+25}}=\frac{25h^2}{25h\sqrt{2}\sqrt{h^2+25}}=\frac{h}{\sqrt{2}\sqrt{h^2+25}}.$$
Suy ra
$$\frac{h}{\sqrt{2}\sqrt{h^2+25}}=\frac{1}{2}\Rightarrow 2h=\sqrt{2}\sqrt{h^2+25}\Rightarrow h^2=25.$$
Vì $h>0$, nên
$$SA=h=5.$$
Khi đó tam giác $SAB$ vuông cân tại $A$, nên
$$SB=5\sqrt{2}.$$
Suy ra đường cao từ $A$ xuống $SB$ là
$$AH=\frac{SA\cdot AB}{SB}=\frac{5\cdot 5}{5\sqrt{2}}=\frac{5\sqrt{2}}{2}.$$
Lại có $\overrightarrow{AH}//(5,0,5)$, đặt
$$\overrightarrow{AH}=k(5,0,5).$$
Khi đó
$$A{H}^2=50k^2={\left(\frac{5\sqrt{2}}{2}\right)}^2=\frac{25}{2}\Rightarrow k=\frac{1}{2}.$$
Vậy
$$\overrightarrow{AH}=\left(\frac{5}{2},0,\frac{5}{2}\right).$$
Ta có
$$\overrightarrow{SC}=(5,5,-5),\overrightarrow{AS}=(0,0,5).$$
Khoảng cách giữa hai đường thẳng $SC$ và $AH$ là:
$$d=\frac{\left|\overrightarrow{AS}\cdot \left(\overrightarrow{SC}\times \overrightarrow{AH}\right)\right|}{\Vert \overrightarrow{SC}\times \overrightarrow{AH}\Vert }=\frac{5}{\sqrt{6}}.$$
Gọi $a$ là cạnh của tứ diện đều. Ta chứng minh:
Với tứ diện đều, khoảng cách giữa hai cạnh đối bằng: $\frac{a}{\sqrt{2}}$ và thể tích tứ diện bằng: $\frac{\sqrt{2}{a}^3}{12}$.
Thật vậy, xét tứ diện đều $M.NPQ$ có các cạnh bằng a:



Gọi $K$ là trung điểm $PQ$, $O$ là trọng tâm của tam giác $NPQ$.
Đặt $d=d(MN,PQ)$, ta có:
$$d(PQ,MN)=d(K,MN)=\frac{3}{2}d(O,MN).$$
Xét tam giác đều $NPQ$ có:
$$NK=\frac{\sqrt{3}a}{2}\Rightarrow NO=\frac{2}{3}NK=\frac{\sqrt{3}a}{3}\Rightarrow MO=\frac{\sqrt{6}a}{3}.$$
Mặt khác:
$$d(O,MN)=\frac{MO\cdot NO}{\sqrt{M{O}^2+N{O}^2}}=\frac{\sqrt{2}a}{3}\Rightarrow d(PQ,MN)=\frac{2}{3}\cdot \frac{\sqrt{2}a}{3}\cdot \frac{3}{2}=\frac{a}{\sqrt{2}}.$$
Suy ra:
$$d=\frac{a}{\sqrt{2}}\Rightarrow a=\sqrt{2}d.$$
Ta lại có:
$$V_{M.NPQ}=\frac{1}{3}{S}_{NPQ}\cdot MO=\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}{a}^2\sin 60^{\circ }\cdot \frac{\sqrt{6}a}{3}=\frac{\sqrt{2}{a}^3}{12}.$$
Áp dụng bài toán ta có, giả sử viên kim cương tứ diện đều có cạnh bằng $a$.
Suy ra:
$$\frac{a}{\sqrt{2}}=d=\frac{5}{\sqrt{6}}\Rightarrow a=\sqrt{2}\cdot \frac{5}{\sqrt{6}}=\frac{5}{\sqrt{3}}.$$
Thể tích tứ diện đều cạnh $a$ là
$$V=\frac{\sqrt{2}}{12}{a}^3.$$
Vậy
$$V=\frac{\sqrt{2}}{12}{\left(\frac{5}{\sqrt{3}}\right)}^3=\frac{125\sqrt{6}}{108}{\text{ cm}}^3.$$
Vậy $\Delta ABC$ vuông cân tại $B$ và $V=\frac{125\sqrt{6}}{108}{\text{ cm}}^3\approx 2,84{\text{ cm}}^3.$

2. Gọi $O$ là vị trí ban đầu của tàu.
Vì mặt phẳng ranh giới cách $O$ một khoảng đúng bằng $a$, nên nó luôn là một mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu tâm $O$, bán kính $a$.
Ta dựng một bát diện đều có tâm $O$ và mặt cầu nội tiếp chính là mặt cầu đó. Khi đó khoảng cách từ $O$ đến mỗi mặt của bát diện đều bằng $a$. (Hình vẽ chỉ mang tính chất minh họa)



Gọi $s$ là cạnh bát diện đều. Ta có bán kính mặt cầu nội tiếp của bát diện đều là
$$r=\frac{\sqrt{6}}{6}s.$$
Do $r=a$, suy ra
$$s=a\sqrt{6}.$$
Khoảng cách từ tâm $O$ đến mỗi đỉnh của bát diện đều là
$$R=\frac{\sqrt{2}}{2}s=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot a\sqrt{6}=a\sqrt{3}.$$
Ta cho tàu bay như sau:
- Từ $O$ bay thẳng đến một đỉnh của bát diện: quãng đường là $a\sqrt{3}$.
- Sau đó bay dọc theo 5 cạnh liên tiếp để đi qua cả 6 đỉnh của bát diện: quãng đường là $5a\sqrt{6}$.
Vậy tổng quãng đường là
$$S=a\sqrt{3}+5a\sqrt{6}\approx 1,732a+12,247a=13,979a<14a..$$
Bây giờ ta chứng minh cách đi này luôn gặp mặt phẳng ranh giới.
Vì mặt phẳng ranh giới tiếp xúc với mặt cầu nội tiếp nên nó sẽ cắt khối bát diện thành hai phần, do đó trong 6 đỉnh của bát diện luôn có đỉnh nằm ở hai phía khác nhau của mặt phẳng.
Mà tàu đi liên tiếp qua tất cả 6 đỉnh, nên sẽ có ít nhất một đoạn bay nối hai đỉnh nằm khác phía. Khi đó đoạn thẳng ấy chắc chắn cắt mặt phẳng ranh giới.
Vì thế tàu chắc chắn chạm được mặt phẳng ranh giới.
Kết luận: phi hành đoàn có thể chắc chắn đến được mặt phẳng ranh giới với quãng đường không vượt quá $14a$.