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

(AI giải đề cho tôi)
Tam giác ABC có AB=3, AC=4, BC=5 nên vuông tại A. Đặt hệ tọa độ A(0;0;0), B(3;0;0), C(0;4;0), S(0;0;4) (vì SA⊥(ABC), SA=4).
a) Vì AB⊥AC và AB⊥SA nên AB⊥(SAC). Do đó d(B,(SAC))=AB=3.
b) Thể tích V = (1/3)·SA·S_{ABC} = (1/3)·4·(1/2·3·4) = 8. Ta có SB=5, SC=√(4²+4²)=4√2, BC=5. Diện tích tam giác SBC tính bằng tích có hướng: với SB=(3;0;-4), SC=(0;4;-4) thì SB×SC=(16;12;12), độ dài 4√34, nên S_{SBC}=2√34. Khoảng cách d(A,(SBC)) = 3V/S_{SBC} = 24/(2√34) = 12/√34 = 6√34/17.
c) V_{S.ABC} = (1/3)·SA·S_{ABC} = (1/3)·4·6 = 8.

(AI giải đề cho tôi)
Vì lăng trụ đứng nên $A{A}^{\prime }\perp (ABC)$, do đó $AB\perp B{B}^{\prime }$. Mặt khác tam giác $ABC$ vuông tại $B$ nên $AB\perp BC$. Từ đó $AB\perp (A^{\prime }BC)$ (vì $AB$ vuông với hai đường thẳng cắt nhau $BC$ và $B{B}^{\prime }$ cùng nằm trong mặt phẳng $(A^{\prime }BC)$). Vậy khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $(A^{\prime }BC)$ chính là độ dài đoạn $AB$, tức $d(A,(A^{\prime }BC))=AB=a$. Lưu ý dữ kiện $A{A}^{\prime }=2a$ không cần dùng đến cho câu này.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $K$ là trung điểm của $AB$. Vì tam giác $ABC$ vuông tại $A$ nên $H$ (trung điểm $BC$) là tâm đường tròn ngoại tiếp, do đó $HA=HB=HC$, tức tam giác $HAB$ cân tại $H$. Suy ra $HK\perp AB$ với $K$ là trung điểm $AB$.

Ta có $SH\perp (ABC)$ nên $SH\perp AB$. Kết hợp $HK\perp AB$ suy ra $AB\perp (SHK)$. Vì $AB$ là giao tuyến của $(SAB)$ và $(ABC)$, góc giữa hai mặt phẳng này là $\widehat{SKH}=60^{\circ }$.

Khoảng cách từ $H$ đến $AB$: trong tam giác vuông $ABC$, đường trung bình $HK$ (với $K$ trung điểm $AB$, $H$ trung điểm $BC$) nên $HK=\frac{AC}{2}=\frac{a}{2}$.

Tam giác $SHK$ vuông tại $H$ (vì $SH\perp (ABC)$ nên $SH\perp HK$) có $\widehat{SKH}=60^{\circ }$, do đó $SH=HK\cdot \tan 60^{\circ }=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Vì $AB\perp (SHK)$, đoạn vuông góc từ $H$ xuống $(SAB)$ nằm trong mặt phẳng $(SHK)$, hạ từ $H$ vuông góc với $SK$ (giao tuyến của $(SHK)$ và $(SAB)$). Trong tam giác vuông $SHK$ (vuông tại $H$):
$$d(H,(SAB))=\frac{SH\cdot HK}{SK}=HK\cdot \sin 60^{\circ }=\frac{a}{2}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{4}.$$

Vậy khoảng cách từ $H$ đến mặt phẳng $(SAB)$ bằng $\frac{a\sqrt{3}}{4}$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: A(0,0,0), B(a,0,0), D(0,a,0), C(a,a,0), H(a/2,0,0). Vì (SAB)⊥(ABCD) và tam giác SAB đều cạnh a nên SH⊥AB tại H, S nằm trên đường thẳng qua H vuông góc đáy, SH = a√3/2, tức S(a/2, 0, a√3/2).

1) Khoảng cách từ H đến (SBD): vectơ BS = (−a/2, 0, a√3/2), BD = (−a, a, 0), pháp tuyến n = BS×BD = (−a²√3/2, −a²√3/2, −a²/2), chọn n = (√3, √3, 1). Mặt phẳng (SBD): √3x + √3y + z = √3a (thỏa B, D, S). Do đó d(H,(SBD)) = |√3·(a/2) − √3a|/√7 = (√3a/2)/√7 = a√21/14.

2) Thể tích khối chóp S.ABC: diện tích tam giác ABC (vuông tại A) là a²/2, chiều cao SH = a√3/2, nên V = (1/3)·(a²/2)·(a√3/2) = a³√3/12.

3) Suy ra diện tích tam giác SBD: tứ diện S.ABC chính là khối chóp A.SBD, nên V = (1/3)·S_{SBD}·d(A,(SBD)). Ta có d(A,(SBD)) = √3a/√7. Suy ra S_{SBD} = 3V/d = 3·(a³√3/12)·(√7/(√3a)) = a²√7/4.

Kết luận: d(H,(SBD)) = a√21/14; V_{S.ABC} = a³√3/12; S_{SBD} = a²√7/4.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $H$ là trung điểm $AD$. Vì tam giác $SAD$ cân tại $S$ nên $SH\perp AD$; lại $(SAD)\perp (ABCD)$ nên $SH\perp (ABCD)$, tức $SH$ là chiều cao của chóp.

Thể tích: $V=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}\cdot SH=\frac{1}{3}\cdot (\sqrt{2}a{)}^2\cdot SH=\frac{2a^2\cdot SH}{3}=\frac{4}{3}{a}^3\Rightarrow SH=2a$.

Ta có $AD=\sqrt{2}a\Rightarrow AH=\frac{\sqrt{2}a}{2}$, suy ra $SA=SD=\sqrt{S{H}^2+A{H}^2}=\sqrt{4a^2+\frac{a^2}{2}}=\frac{3a}{\sqrt{2}}$.

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

Mặt phẳng $(SCD)$ đi qua $D$ với hai vectơ chỉ phương $\overrightarrow{DC}=(0;\sqrt{2}a;0)$, $\overrightarrow{DS}=\left(-\frac{\sqrt{2}a}{2};0;2a\right)$ có vectơ pháp tuyến $\vec{n}=\overrightarrow{DC}\times \overrightarrow{DS}=(2\sqrt{2}{a}^2;0;a^2)$, tức $\vec{n}=(2\sqrt{2};0;1)$.

Phương trình mặt phẳng: $2\sqrt{2}(x-\sqrt{2}a)+z=0\iff 2\sqrt{2}x+z-4a=0$ (kiểm tra: điểm $S$ thỏa mãn).

Khoảng cách từ $B(0;\sqrt{2}a;0)$ đến $(SCD)$:
$$h=\frac{|2\sqrt{2}\cdot 0+0-4a|}{\sqrt{8+1}}=\frac{4a}{3}.$$

(AI giải đề cho tôi)
Đường chéo hình lập phương cạnh $a$: $A{C}^{\prime }=\sqrt{a^2+a^2+a^2}=a\sqrt{3}$. Cụ thể, $AC=a\sqrt{2}$ (đường chéo đáy), tam giác $AC{C}^{\prime }$ vuông tại $C$ nên $A{C}^{\prime }=\sqrt{A{C}^2+C{C}^{\prime 2}}=\sqrt{2a^2+a^2}=a\sqrt{3}$. Vậy chọn D.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình lập phương $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ cạnh $a$, ta có $BD\parallel B^{\prime }{D}^{\prime }$ nên $BD\parallel (A{B}^{\prime }{D}^{\prime })$. Do đó khoảng cách giữa $BD$ và $A{D}^{\prime }$ bằng khoảng cách từ $BD$ đến mặt phẳng $(A{B}^{\prime }{D}^{\prime })$, tức bằng khoảng cách từ $B$ (hoặc $D$) đến mặt phẳng $(A{B}^{\prime }{D}^{\prime })$. Vì $A{B}^{\prime }\perp B^{\prime }{D}^{\prime }$ (tam giác $AB{B}^{\prime }$ vuông cân) và $B{B}^{\prime }\perp B^{\prime }{D}^{\prime }$, nên $B^{\prime }{D}^{\prime }\perp (AB{B}^{\prime })$, suy ra $(A{B}^{\prime }{D}^{\prime })\perp (AB{B}^{\prime })$ theo giao tuyến $A{B}^{\prime }$. Khoảng cách từ $B$ đến $(A{B}^{\prime }{D}^{\prime })$ bằng khoảng cách từ $B$ đến $A{B}^{\prime }$ trong mặt phẳng $(AB{B}^{\prime })$: tam giác $AB{B}^{\prime }$ vuông cân tại $B$ với $AB=B{B}^{\prime }=a$, đường cao từ $B$ xuống $A{B}^{\prime }$ có độ dài $\frac{AB\cdot B{B}^{\prime }}{A{B}^{\prime }}=\frac{a\cdot a}{a\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$. Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng $BD$ và $A{D}^{\prime }$ là $\frac{a\sqrt{2}}{2}$, tương ứng đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 3: a) Thể tích khối chóp $S.ABCD$ là $V=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}\cdot SA=\frac{1}{3}{a}^2\cdot a\sqrt{3}=\frac{a^3\sqrt{3}}{3}$.

b) Ta có $AB\perp CD$ (vì $ABCD$ là hình vuông) và $SA\perp CD$ (vì $SA\perp (ABCD)$), suy ra $CD\perp (SAB)$, do đó $CD\perp SB$.
Diện tích tam giác $SCD$: $S_{SCD}=\frac{1}{2}CD\cdot SB=\frac{1}{2}a\cdot \sqrt{S{A}^2+A{B}^2}=\frac{1}{2}a\cdot \sqrt{3a^2+a^2}=\frac{1}{2}a\cdot 2a=a^2$.
Thể tích khối chóp $S.BCD$: $V_{S.BCD}=\frac{1}{3}{V}_{S.ABCD}=\frac{a^3\sqrt{3}}{9}$ (do $S_{BCD}=\frac{1}{2}{S}_{ABCD}$).
Mặt khác $V_{S.BCD}=V_{B.SCD}=\frac{1}{3}{S}_{SCD}\cdot d(B,(SCD))=\frac{1}{3}{a}^2\cdot d$.
Suy ra $d(B,(SCD))=\frac{3\cdot \frac{a^3\sqrt{3}}{9}}{a^2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$.

(AI giải đề cho tôi)
Định nghĩa: đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau $a$ và $b$ là đường thẳng vừa vuông góc vừa cắt cả hai đường thẳng $a$ và $b$. Do đó đáp án là B. Phương án A chỉ yêu cầu vuông góc mà không yêu cầu cắt nên không đủ điều kiện; C và D chỉ vuông góc với một đường và cắt đường kia nên sai.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp AB$, do đó tam giác $SAB$ vuông tại $A$. Khoảng cách từ $S$ đến $(ABCD)$ chính là $SA$. Theo định lý Pythagoras: $SA=\sqrt{S{B}^2-A{B}^2}=\sqrt{3a^2-a^2}=\sqrt{2a^2}=a\sqrt{2}$. Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABCD$ là hình chữ nhật nên $AD\parallel BC$, do đó $d(D,(SBC))=d(A,(SBC))$. Ta có $BC\perp AB$ (hình chữ nhật) và $BC\perp SA$ (vì $SA\perp (ABCD)$), suy ra $BC\perp (SAB)$, nên $(SBC)\perp (SAB)$ tại giao tuyến $SB$. Khoảng cách từ $A$ đến $(SBC)$ là độ dài đoạn vuông góc từ $A$ xuống $SB$ trong mặt phẳng $(SAB)$. Trong tam giác vuông $SAB$ (vuông tại $A$) với $SA=2a$, $AB=a\sqrt{2}$, ta có $SB=\sqrt{S{A}^2+A{B}^2}=\sqrt{4a^2+2a^2}=a\sqrt{6}$. Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ trên $SB$, thì $AH=\frac{SA\cdot AB}{SB}=\frac{2a\cdot a\sqrt{2}}{a\sqrt{6}}=\frac{2a\sqrt{2}}{\sqrt{6}}=\frac{2a\sqrt{3}}{3}$. Vậy $d=\frac{2a\sqrt{3}}{3}$, tương ứng phương án C.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên góc giữa $SB$ và đáy là góc $SBA=45^{\circ }$, suy ra $SA=AB\tan 45^{\circ }=a$. Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có $BC=\sqrt{a^2+3a^2}=2a$, đường cao $AH=\frac{AB\cdot AC}{BC}=\frac{a\cdot a\sqrt{3}}{2a}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ với $H\in BC$, mà $BC$ là giao tuyến của $(ABC)$ và $(SBC)$ nên $AH\perp (SBC)$... chính xác hơn: $SA\perp BC$ và $AH\perp BC$ suy ra $BC\perp (SAH)$. Gọi $K$ là chân đường vuông góc từ $A$ xuống $SK$ trong mặt phẳng $(SAH)$, khi đó $AK\perp (SBC)$ và $AK=\frac{SA\cdot AH}{\sqrt{S{A}^2+A{H}^2}}=\frac{a\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{a^2+\frac{3a^2}{4}}}=\frac{\frac{a^2\sqrt{3}}{2}}{\frac{a\sqrt{7}}{2}}=\frac{a\sqrt{21}}{7}$. Vậy $d(A,(SBC))=\frac{a\sqrt{21}}{7}$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp AB$, góc giữa $SB$ và mặt đáy là góc $SBA=60^o$. Suy ra $SA=AB\tan 60^o=a\sqrt{3}$, $SB=\frac{AB}{\cos 60^o}=2a$.

Ta có $BC\perp AB$ (đáy hình vuông) và $BC\perp SA$ nên $BC\perp (SAB)$, do đó $(SBC)\perp (SAB)$ theo giao tuyến $SB$. Khoảng cách từ $A$ đến $(SBC)$ bằng khoảng cách từ $A$ đến đường thẳng $SB$ trong mặt phẳng $(SAB)$:
$$d(A,(SBC))=d(A,SB)=\frac{AB\cdot SA}{SB}=\frac{a\cdot a\sqrt{3}}{2a}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$$

(AI giải đề cho tôi)
Vì $AB\perp AD$ và $AB\perp SA$ (do $SA\perp (ABCD)$) nên $AB\perp (SAD)$, suy ra $(SAB)\perp (SAD)$ với giao tuyến $AB$. Do đó khoảng cách từ $D$ đến $(SAB)$ bằng khoảng cách từ $D$ đến $AB$ trong mặt phẳng $(SAD)$, tức bằng $AD=BC=2a$. Vậy đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy là tam giác đều cạnh 2a. Mặt phẳng (BCC'B') chứa BC và vuông góc với mặt đáy (ABC), nên khoảng cách từ A đến (BCC'B') bằng khoảng cách từ A đến đường thẳng BC trong mặt đáy, tức là đường cao của tam giác đều ABC: $d(A,(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }))=\frac{2a\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}$. Vậy chọn C.

Lời giải (đáp án chính thức):

Giả sử các cạnh và các đỉnh của kim tự tháp được mô phỏng như hình vẽ bên dưới



Gọi $H$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. Vì $S.ABCD$ là chóp tứ giác đều nên ta có $SA=SB=SC=SD$.

Từ đó suy ra $$\{\begin{array}{l}SH\perp BD\\ SH\perp AC\end{array}\Rightarrow SH\perp (ABCD).$$

Xét tam giác $ABC$ vuông tại $A$, ta có: $AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=262\sqrt{2}$ m.

$\Rightarrow HC=\frac{AC}{2}=131\sqrt{2}$ m.

Xét tam giác $SHC$ vuông tại $H$, ta có: $SH=\sqrt{S{C}^2-H{C}^2}=\sqrt{(230{)}^2-{\left(131\sqrt{2}\right)}^2}=\sqrt{18578}$.

Gọi $I$ là trung điểm của $BC$, ta có $SI\perp BC$ vì tam giác $SBC$ cân tại $S$ và ta có $HI=\frac{AB}{2}=131$ m.

Kẻ $HJ\perp SI$, khi đó $HJ\perp (SBC)$ vì $$\{\begin{array}{l}HJ\perp SI\\ HJ\perp BC\end{array},$$

suy ra $HJ$ là khoảng cách ngắn nhất để đào con đường vào tâm của đáy kim tự tháp.

Xét tam giác $SHI$ vuông tại $H$, ta có:
$$\frac{1}{H{J}^2}=\frac{1}{S{H}^2}+\frac{1}{H{I}^2}=\frac{1}{18578}+\frac{1}{17161}=\frac{35739}{18578.17161}\Rightarrow HJ\approx 94$$ m.

Vậy quãng đường ngắn nhất khoảng 94 m.

(Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tương ứng)

Lời giải (đáp án chính thức):

Giả sử các cạnh và các đỉnh của kim tự tháp được mô phỏng như hình vẽ bên dưới



Gọi $H$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. Vì $S.ABCD$ là chóp tứ giác đều nên ta có $SA=SB=SC=SD$.

Từ đó suy ra $$\{\begin{array}{l}SH\perp BD\\ SH\perp AC\end{array}\Rightarrow SH\perp (ABCD).$$

Xét tam giác $ABC$ vuông tại $A$, ta có: $AC=\sqrt{A{B}^2+B{C}^2}=262\sqrt{2}$ m.

$\Rightarrow HC=\frac{AC}{2}=131\sqrt{2}$ m.

Xét tam giác $SHC$ vuông tại $H$, ta có: $SH=\sqrt{S{C}^2-H{C}^2}=\sqrt{(230{)}^2-{\left(131\sqrt{2}\right)}^2}=\sqrt{18578}$.

Gọi $I$ là trung điểm của $BC$, ta có $SI\perp BC$ vì tam giác $SBC$ cân tại $S$ và ta có $HI=\frac{AB}{2}=131$ m.

Kẻ $HJ\perp SI$, khi đó $HJ\perp (SBC)$ vì $$\{\begin{array}{l}HJ\perp SI\\ HJ\perp BC\end{array},$$

suy ra $HJ$ là khoảng cách ngắn nhất để đào con đường vào tâm của đáy kim tự tháp.

Xét tam giác $SHI$ vuông tại $H$, ta có:
$$\frac{1}{H{J}^2}=\frac{1}{S{H}^2}+\frac{1}{H{I}^2}=\frac{1}{18578}+\frac{1}{17161}=\frac{35739}{18578.17161}\Rightarrow HJ\approx 94$$ m.

Vậy quãng đường ngắn nhất khoảng 94 m.

(Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tương ứng)

(AI giải đề cho tôi)
Đáy vuông cân tại C, AB=3√6 là cạnh huyền nên AC=BC=3√6/√2=3√3. Vì SA⊥(ABC) nên góc giữa SC và (ABC) là góc SCA=60°, suy ra SA=AC·tan60°=3√3·√3=9. Thể tích khối chóp: V=(1/3)·(1/2·AC·BC)·SA=(1/3)·(27/2)·9=81/2. Trong mặt phẳng (ABC), AC⊥BC nên khoảng cách từ A đến BC là AC=3√3, do đó d(S,BC)=√(SA²+AC²)=√(81+27)=6√3. Diện tích tam giác SBC=(1/2)·BC·SC=(1/2)·3√3·6√3=27. Khoảng cách từ A đến (SBC): d=3V/S△SBC=(3·81/2)/27=9/2=4,5.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $D{D}^{\prime }\parallel B{B}^{\prime }$ nên $D{D}^{\prime }\parallel (AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$. Do đó khoảng cách giữa $A{B}^{\prime }$ và $D{D}^{\prime }$ bằng khoảng cách từ $D{D}^{\prime }$ đến mặt phẳng $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$, tức bằng $AD=a$. Vậy đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
a) Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp CD$. Đúng.

b) Vì $SA\perp (ABCD)$ nên hình chiếu của $S$ lên $(ABCD)$ là $A$, do đó hình chiếu của $SB$ lên $(ABCD)$ là $AB$, không phải $DB$. Sai.

c) $ABCD$ là hình vuông nên $AC\perp BD$; lại có $SA\perp BD$ (vì $SA\perp (ABCD)$). Suy ra $BD\perp (SAC)$, mà $BD\subset (ABCD)$ nên $(SAC)\perp (ABCD)$. Đúng.

d) Thể tích khối chóp $S.BCD$: $V=\frac{1}{3}\cdot S_{BCD}\cdot SA=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2}{2}\cdot 2a=\frac{a^3}{3}$. Tam giác $SBC$ vuông tại $B$ vì $SB=a\sqrt{5}$ (do $S{B}^2=S{A}^2+A{B}^2=5a^2$), $BC=a$, $SC=a\sqrt{6}$ (do $S{C}^2=S{A}^2+A{C}^2=6a^2$) thỏa $S{B}^2+B{C}^2=S{C}^2$; diện tích $S_{SBC}=\frac{1}{2}\cdot SB\cdot BC=\frac{1}{2}\cdot a\sqrt{5}\cdot a=\frac{a^2\sqrt{5}}{2}$. Khoảng cách $d(D,(SBC))=\frac{3V}{S_{SBC}}=\frac{a^3}{\frac{a^2\sqrt{5}}{2}}=\frac{2a}{\sqrt{5}}$. Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
$SA\perp (ABCD)\Rightarrow SA\perp CD$.
b) (AI giải đề cho tôi)
Hình chiếu của $S$ lên $(ABCD)$ là $A$, nên hình chiếu của $SB$ là $AB$, không phải $DB$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$AC\perp BD$ và $SA\perp BD$ suy ra $BD\perp (SAC)$, do đó $(SAC)\perp (ABCD)$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Tam giác $SBC$ vuông tại $B$ với $SB=a\sqrt{5}$, $BC=a$, $SC=a\sqrt{6}$; $S_{SBC}=\frac{a^2\sqrt{5}}{2}$, $V_{S.BCD}=\frac{a^3}{3}$, nên $d(D,(SBC))=\frac{3V}{S_{SBC}}=\frac{2a}{\sqrt{5}}$.