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

(AI giải đề cho tôi)
Tam giác $BCD$ vuông cân tại $C$ với $BD=2a$ nên đường trung tuyến $CM=\frac{BD}{2}=a$. Vì $AC\perp (BCD)$ nên $AC\perp CM$, do đó $△ACM$ vuông tại $C$ với $AC=a$, $CM=a$, suy ra $AM=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2}$. Khoảng cách từ $C$ đến đường thẳng $AM$ là đường cao của tam giác vuông $ACM$ hạ từ $C$: $d(C,AM)=\frac{AC\cdot CM}{AM}=\frac{a\cdot a}{a\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$. Vậy đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ mà $AC\subset (ABCD)$ nên $SA\perp AC$. Do đó khoảng cách từ $S$ đến đường thẳng $AC$ chính là độ dài đoạn $SA$. Tam giác $SAB$ vuông tại $A$ có $AB=a$, $SB=a\sqrt{2}$, nên $SA=\sqrt{S{B}^2-A{B}^2}=\sqrt{2a^2-a^2}=a$. Vậy khoảng cách từ $S$ đến $AC$ bằng $a$, chọn đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $b\parallel (\alpha )$ nên khoảng cách từ mọi điểm $P\in b$ đến $(\alpha )$ đều bằng nhau và bằng khoảng cách từ $b$ đến $(\alpha )$. Mặt khác $(\alpha )\supset a$ và $a,b$ chéo nhau nên khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $a,b$ chính bằng khoảng cách từ $b$ đến $(\alpha )$, tức bằng $d(P,(\alpha ))$ với $P\in b$. Vậy mệnh đề C đúng. Các mệnh đề A, B sai vì khoảng cách từ một điểm tùy ý trên $a$ (hoặc $b$) đến đường thẳng kia không phải luôn bằng khoảng cách giữa hai đường chéo nhau (chỉ đúng với điểm có hình chiếu vuông góc phù hợp). Mệnh đề D sai vì điểm $M$ tùy ý thuộc $(\alpha )$ đến $b$ nói chung không bằng khoảng cách giữa hai đường.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(2a;0;0)$, $C(2a;2a;0)$, $S(0;0;3a)$, $M(a;0;0)$, $N(a;a;0)$.
a) $V=\frac{1}{3}SA\cdot S_{ABC}=\frac{1}{3}\cdot 3a\cdot \frac{1}{2}\cdot 2a\cdot 2a=2a^3$ → đúng.
b) $(SAB)$ là mặt phẳng $y=0$ (chứa $AB$ và $SA$), nên $d(C,(SAB))=CB=2a\ne a$ → sai.
c) $(SMN)$ có vectơ pháp tuyến $\vec{n}=\overrightarrow{MN}\times \overrightarrow{MS}=(0;a;0)\times (-a;0;3a)=(3a^2;0;a^2)\sim (3;0;1)$. Vectơ chỉ phương của $SA$ là $\vec{u}=(0;0;1)$. $\sin \theta =\frac{|\vec{n}\cdot \vec{u}|}{|\vec{n}||\vec{u}|}=\frac{1}{\sqrt{10}}$, nên $\theta =\arcsin \frac{1}{\sqrt{10}}\approx 18,43^{\circ }>18^{\circ }$ → đúng.
d) $\overrightarrow{BC}=(0;2a;0)$, $\overrightarrow{SM}=(a;0;-3a)$, $\vec{n}=\overrightarrow{BC}\times \overrightarrow{SM}=(-6a^2;0;-2a^2)\sim (-3;0;-1)$, $|\vec{n}|=a\sqrt{10}$. Lấy $B(2a;0;0)$, $S(0;0;3a)$: $\overrightarrow{BS}=(-2a;0;3a)$. $d(BC,SM)=\frac{|\overrightarrow{BS}\cdot \vec{n}|}{|\vec{n}|}=\frac{|6a^2-3a^2|}{a\sqrt{10}}=\frac{3a}{\sqrt{10}}\ne 3a\sqrt{10}$ → sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$V=\frac{1}{3}\cdot 3a\cdot \frac{1}{2}\cdot 2a\cdot 2a=2a^3$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$(SAB)$ là mặt phẳng $y=0$, khoảng cách từ $C$ bằng $CB=2a\ne a$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Pháp tuyến $(SMN)$ là $(3;0;1)$, $\sin \theta =\frac{1}{\sqrt{10}}$, $\theta \approx 18,43^{\circ }>18^{\circ }$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Tính được $d(BC,SM)=\frac{3a}{\sqrt{10}}\ne 3a\sqrt{10}$.

(AI giải đề cho tôi)
Chiều cao của chóp: $R=\frac{1}{\sqrt{3}}$, $h=\sqrt{3-\frac{1}{3}}=\sqrt{\frac{8}{3}}=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$. Thể tích $V=\frac{1}{3}\cdot \frac{\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{2}}{6}$. Diện tích $(SBC)$: tam giác cân $SB=SC=\sqrt{3}$, $BC=1$, đường cao $\sqrt{3-\frac{1}{4}}=\frac{\sqrt{11}}{2}$, nên $S_{SBC}=\frac{\sqrt{11}}{4}$. Khoảng cách từ $A$: $d_1=\frac{3V}{S_{SBC}}=\frac{\sqrt{2}/2}{\sqrt{11}/4}=\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{11}}\approx 0,8528$. Vì $O$ là trọng tâm tam giác $ABC$ nên $d_2=\frac{d_1}{3}$ (khoảng cách biến thiên tuyến tính, $B,C$ nằm trong mặt phẳng). Vậy $d=d_1+d_2=\frac{4}{3}{d}_1=\frac{8\sqrt{2}}{3\sqrt{11}}\approx 1,14$.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình hộp chữ nhật $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$, ta có $AB\perp (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ (vì $AB\perp BC$ và $AB\perp B{B}^{\prime }$). Do đó khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ bằng độ dài đoạn $AB$. Mặt khác $A^{\prime }{B}^{\prime }\parallel AB$ và $A^{\prime }{B}^{\prime }=AB$, đồng thời $A^{\prime }{B}^{\prime }\perp (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$, nên khoảng cách từ $A$ đến $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$ cũng bằng $A^{\prime }{B}^{\prime }$. Các đoạn $A{B}^{\prime }$, $AC$, $A^{\prime }B$ đều không vuông góc với mặt phẳng $(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$. Vậy đáp án là $A^{\prime }{B}^{\prime }$.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$, $SO\perp (ABCD)$ nên $d(S,(ABCD))=SO$ (C đúng). Vì $BD\perp (SAC)$ tại $O$ nên $d(B,(SAC))=BO$ (D đúng). Tam giác $SBD$ cân tại $S$ với $O$ trung điểm $BD$, $AO\perp BD$ và $AO\perp SO$ nên $AO\perp (SBD)$, suy ra $d(A,(SBD))=AO$ (B đúng). Với A: $OM\perp CD$ nhưng $OM$ không vuông góc với mặt phẳng $(SCD)$ (vì $OM$ không vuông góc với $SD$), nên $d(O,(SCD))\ne OM$; khoảng cách từ $O$ đến $(SCD)$ phải tính qua tam giác vuông khác. Vậy khẳng định A là sai, khớp với đáp án nguồn A.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: A(0,0,0), B(a,0,0), C(a,2a,0), D(0,2a,0), S(0,0,a), N trung điểm CD nên N(a/2,2a,0). Vectơ SB=(a,0,-a), SN=(a/2,2a,-a). VTCP của (SBN): SB×SN=(2a², a²/2, 2a²) ∝ (4,1,4). Mặt phẳng (SBN): 4x+y+4z=4a (qua B). Khoảng cách từ D(0,2a,0): d=|4·0+2a+0-4a|/√(16+1+16)=2a/√33=2a√33/33. Vậy m=33, P=m²-1=1089-1=1088, khớp đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp BC$; mà $AB\perp BC$ (hình vuông) nên $BC\perp (SAB)$, suy ra $BC\perp SB$. Tam giác $SAC$ vuông tại $A$: $S{A}^2=S{C}^2-A{C}^2=45-18=27\Rightarrow SA=3\sqrt{3}$. Tam giác $SAB$ vuông tại $A$: $SB=\sqrt{27+9}=6$. Khoảng cách từ $A$ đến $(SBC)$ là đường cao từ $A$ của tam giác vuông $SBC$ (kẻ $AH\perp SB$): $d=\frac{AB\cdot SA}{SB}=\frac{3\cdot 3\sqrt{3}}{6}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$. Vậy $a=3,b=2\Rightarrow 3a+2b=13$.

(AI giải đề cho tôi)
Trong tứ diện đều $ABCD$ cạnh $a=4\sqrt{2}$, gọi $I$ là trung điểm của $AB$, $J$ là trung điểm của $CD$. Ta có $CI\perp AB$ (vì tam giác $ABC$ cân tại $C$) và $DI\perp AB$ (vì tam giác $ABD$ cân tại $D$), suy ra $AB\perp (CDI)$, do đó $AB\perp IJ$. Tương tự, $CD\perp IJ$. Vậy $IJ$ là đoạn vuông góc chung của $AB$ và $CD$, khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $AB$ và $CD$ là $d(AB,CD)=IJ$.

Tam giác $ICD$ cân tại $I$ với $IC=ID=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ (đường cao của tam giác đều cạnh $a$), nên $IJ$ là đường cao: $IJ=\sqrt{I{C}^2-J{C}^2}=\sqrt{\frac{3a^2}{4}-\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Thay $a=4\sqrt{2}$: $IJ=\frac{4\sqrt{2}\cdot \sqrt{2}}{2}=4$.

Vậy $d(AB,CD)=4$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $B=(0;0;0)$, $C=(2;0;0)$, vì tam giác $ABC$ đều cạnh 2 nên $A=(1;\sqrt{3};0)$, do $ABCD$ là hình thoi nên $D=A+C-B=(3;\sqrt{3};0)$. Trọng tâm tam giác $ABC$ là $H=\left(1;\frac{\sqrt{3}}{3};0\right)$. Ta có $HD=\sqrt{2^2+{\left(\frac{2\sqrt{3}}{3}\right)}^2}=\frac{4}{\sqrt{3}}$. Vì $SD$ tạo với đáy góc $30^{\circ }$ nên $\tan 30^{\circ }=\frac{SH}{HD}\Rightarrow SH=\frac{4}{\sqrt{3}}\cdot \frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{4}{3}$. Vậy $S=\left(1;\frac{\sqrt{3}}{3};\frac{4}{3}\right)$. Vectơ $\overrightarrow{SC}=\left(1;-\frac{\sqrt{3}}{3};-\frac{4}{3}\right)$, $\overrightarrow{SD}=\left(2;\frac{2\sqrt{3}}{3};-\frac{4}{3}\right)$. Pháp tuyến của $(SCD)$: $\vec{n}=\overrightarrow{SC}\times \overrightarrow{SD}=\left(\frac{4\sqrt{3}}{3};-\frac{4}{3};\frac{4\sqrt{3}}{3}\right)$, với $|\vec{n}|=\frac{4}{3}\sqrt{7}$. Mặt phẳng $(SCD)$ đi qua $C(2;0;0)$, khoảng cách từ $B$ đến $(SCD)$: $d=\frac{|\vec{n}\cdot \overrightarrow{CB}|}{|\vec{n}|}=\frac{\left|-2\cdot \frac{4\sqrt{3}}{3}\right|}{\frac{4}{3}\sqrt{7}}=\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{7}}=\frac{2\sqrt{21}}{7}\approx 1.31$.

(AI giải đề cho tôi)
Tứ diện đều $ABCD$ cạnh $a=2$. Gọi $I$ là trung điểm $AB$, $J$ là trung điểm $CD$. Khi đó $CI\perp AB$ (vì tam giác $ABC$ cân tại $C$) và $DI\perp AB$ (tam giác $ABD$ cân tại $D$), nên $AB\perp (CDI)$, suy ra $AB\perp IJ$. Tương tự $CD\perp IJ$. Vậy $IJ$ là đoạn vuông góc chung của $AB$ và $CD$, khoảng cách giữa hai đường thẳng là $d=IJ$.

Tam giác $ICD$ cân tại $I$ với $IC=ID=\frac{a\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$, $CD=2$, nên:
$$IJ=\sqrt{I{C}^2-C{J}^2}=\sqrt{3-1}=\sqrt{2}.$$

Công thức tổng quát: khoảng cách giữa hai cạnh đối của tứ diện đều cạnh $a$ là $\frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{2\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}\approx 1.41$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $OA\perp OB$ và $OA\perp OC$ nên $OA\perp (OBC)$, do đó $\mathrm{d}(OA,BC)=\mathrm{d}(O,BC)$. Trong tam giác vuông cân $OBC$ tại $O$ với $OB=OC=a$, đường cao từ $O$ xuống $BC$ (cũng là trung tuyến) có độ dài bằng nửa cạnh huyền: $BC=a\sqrt{2}$, nên $\mathrm{d}(O,BC)=\frac{BC}{2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{a}{\sqrt{2}}$. Vậy khoảng cách giữa $OA$ và $BC$ bằng $\frac{a}{\sqrt{2}}$, chọn đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Đáy là hình thang vuông tại A với chiều cao $AB=a$, tức $AB\perp AD$, $AB\parallel BC$. Vì $I$ là trung điểm $AB$, $J$ là trung điểm $CD$ nên $IJ$ là đường trung bình của hình thang, do đó $IJ\parallel AD$. Mà $AD\subset (SAD)$ nên $IJ\parallel (SAD)$. Khoảng cách giữa $IJ$ và $(SAD)$ bằng khoảng cách từ $I$ đến $(SAD)$. Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp AB$; kết hợp $AB\perp AD$ ta có $AB\perp (SAD)$, tức $d(A,(SAD))$... khoảng cách từ $B$ đến $(SAD)$ bằng $AB=a$. Do $A\in (SAD)$ và $I$ là trung điểm $AB$, khoảng cách từ $I$ đến $(SAD)$ bằng $\frac{a}{2}$. Vậy đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $MN$ là đường trung bình của tam giác $OAB$ nên $MN\parallel AB$, do đó $MN\parallel (ABC)$ (vì $MN\not\subset (ABC)$). Khoảng cách giữa $MN$ và $(ABC)$ bằng khoảng cách từ một điểm bất kỳ trên $MN$, chẳng hạn $M$, đến mặt phẳng $(ABC)$. Điểm $M$ là trung điểm $OA$, với $O$ cách $(ABC)$ một khoảng $OH=\frac{2a}{\sqrt{3}}$ và $A\in (ABC)$, nên khoảng cách từ $M$ đến $(ABC)$ là $\frac{1}{2}OH=\frac{1}{2}\cdot \frac{2a}{\sqrt{3}}=\frac{a}{\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$. Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ $S(0,0,0)$, $A(0,0,3a)$, $B(a,0,0)$, $C(0,2a,0)$. Khi đó $\overrightarrow{BC}=(-a,2a,0)$, $\overrightarrow{BA}=(-a,0,3a)$. Tích có hướng $\overrightarrow{BC}\times \overrightarrow{BA}=(6a^2,3a^2,2a^2)$ với độ dài $a\sqrt{36+9+4}=7a$. Khoảng cách từ $A$ đến $BC$ là $d=\frac{|\overrightarrow{BC}\times \overrightarrow{BA}|}{|\overrightarrow{BC}|}=\frac{7a}{\sqrt{5}a}\cdot a=\frac{7a\sqrt{5}}{5}$. Vậy chọn B.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $A^{\prime }{C}^{\prime }\parallel AC$, mặt phẳng qua $BD$ và song song với $A^{\prime }{C}^{\prime }$ là mặt phẳng $(ABCD)$ (vì chứa $BD$ và có phương chiếu là $AC$). Do đó khoảng cách giữa $BD$ và $A^{\prime }{C}^{\prime }$ bằng khoảng cách từ $A^{\prime }$ đến mặt phẳng $(ABCD)$, tức bằng $A{A}^{\prime }=3a$. Kiểm tra: $A^{\prime }{C}^{\prime }$ song song với $(ABCD)$ nên khoảng cách từ mọi điểm trên $A^{\prime }{C}^{\prime }$ (như $A^{\prime }$) đến $(ABCD)$ đều bằng khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $BD$ và $A^{\prime }{C}^{\prime }$. Vậy kết quả là $3a$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABCD$ là hình chữ nhật nên $CD\perp AD$, mà $CD\perp SA$ (do $SA\perp (ABCD)$) nên $CD\perp (SAD)$. Suy ra $(SCD)\perp (SAD)$, giao tuyến là $SD$. Khoảng cách từ $A$ đến $(SCD)$ bằng khoảng cách từ $A$ đến $SD$ trong mặt phẳng $(SAD)$, tức đường cao $AH$ của tam giác vuông $SAD$ tại $A$: $SD=\sqrt{S{A}^2+A{D}^2}=\sqrt{a^2+4a^2}=a\sqrt{5}$. Do đó $d=\frac{SA\cdot AD}{SD}=\frac{a\cdot 2a}{a\sqrt{5}}=\frac{2a}{\sqrt{5}}$. Vậy chọn C.

(AI giải đề cho tôi)
Khoảng cách giữa hai mặt đáy chính là chiều cao $h$ của lăng trụ. Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ trên $(A_1{B}_1{C}_1)$, thì $AH\perp (A_1{B}_1{C}_1)$ và $AH=h$. Góc giữa cạnh bên $A{A}_1$ và mặt đáy là góc $\widehat{A{A}_{1}H}=60^{\circ }$, với $A{A}_1=a$. Trong tam giác vuông $AH{A}_1$ (vuông tại $H$): $h=AH=A{A}_1\cdot \sin 60^{\circ }=a\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Vậy khoảng cách giữa hai mặt đáy bằng $\frac{a\sqrt{3}}{2}$, tương ứng đáp án A.