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

(AI giải đề cho tôi)
Mặt phẳng $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ là mặt đáy trên của lăng trụ. Vì lăng trụ đứng (lăng trụ tam giác đều) nên $A{A}^{\prime }$ vuông góc với mặt đáy, tức $A{A}^{\prime }\perp (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$. Do đó khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ chính là chiều dài $A{A}^{\prime }=5$. Lưu ý: cạnh đáy bằng 5 chỉ dùng nếu tính khoảng cách từ đỉnh đáy đến mặt phẳng chứa cạnh đối diện, còn ở đây khoảng cách từ $A$ đến $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ đúng bằng $A{A}^{\prime }=5$.

Giải: $A{A}^{\prime }=\sqrt{h^2+\frac{(AB-A^{\prime }{B}^{\prime }{)}^2}{3}}=\sqrt{3^2+\frac{(2-1{)}^2}{3}}\approx 3,06$ — ĐS : 3,06

Giải: $A{A}^{\prime }=\sqrt{h^2+\frac{(AB-A^{\prime }{B}^{\prime }{)}^2}{3}}=\sqrt{2^2+\frac{(3-1{)}^2}{3}}\approx 2,31$ — ĐS : 2,31

a) Chứng minh $BC\perp (SAB)$. Gọi $H$ là trung điểm của $AB$. Ta có $SH\perp (ABCD)$. $\Rightarrow$ Ta có $BC\perp AB$, $BC\perp SH\Rightarrow BC\perp (SAB)$.

b) Tính khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $(SCD)$. Ta có $AB\parallel (SCD)\Rightarrow d(A,(SCD))=d(H,(SCD))$. Gọi $K$ là trung điểm của $CD$, $O$ là hình chiếu của $H$ trên $SK$. Chứng minh $HO\perp (SCD)$ để $\Rightarrow d(H,(SCD))=HO$. Tính được $SH=\frac{a\sqrt{2}}{2}\Rightarrow \frac{1}{H{O}^2}=\frac{1}{4a^2}+\frac{4}{2a^2}=\frac{9}{4a^2}\Rightarrow HO=\frac{2a}{3}$. $\Rightarrow d(A,(SCD))=\frac{2a}{3}$.

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp S.ABCD đáy hình vuông cạnh AB=AD=3, SA=4 vuông góc đáy, M trung điểm SC.
a) Sai. AB⊥SA và AB⊥AD nên AB⊥(SAD), suy ra (SAB)⊥(SAD) với giao tuyến SA. Do đó d(C,(SAB))=d(C,SA). Trong mặt phẳng (SAD), tam giác SAD vuông tại A với SA=4, AD=3, SD=5, nên d(C,SA)=SA·AD/SD=12/5. Mặt khác AC=3√2 nên SC=√(SA²+AC²)=√(16+18)=√34. Vậy sinα=12/(5√34), suy ra tanα=12/√(850−144)=12/√706≈0.4515, khác 2√2/3≈0.943. Mệnh đề sai.
b) Sai. M là trung điểm SC nên d(M,(ABCD))=SA/2=2≠4.
c) Đúng. SA⊥(ABCD) nên SA vuông góc với mọi đường thẳng trong mặt đáy, do đó SA⊥BC.
d) Đúng. O là trung điểm AC, M là trung điểm SC nên MO là đường trung bình tam giác SAC, MO∥SA. Vì SA⊥(ABCD) nên MO⊥(ABCD).
a) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
AB⊥SA và AB⊥AD nên AB⊥(SAD), suy ra (SAB)⊥(SAD) với giao tuyến SA. Do đó d(C,(SAB))=d(C,SA). Trong mặt phẳng (SAD), tam giác SAD vuông tại A với SA=4, AD=3, SD=5, nên d(C,SA)=SA·AD/SD=12/5. Mặt khác SC=√(SA²+AC²)=√(16+18)=√34. Vậy sinα=12/(5√34), suy ra tanα=12/√706≈0.4515≠2√2/3≈0.943. Mệnh đề sai.
b) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
M trung điểm SC nên d(M,(ABCD))=SA/2=2≠4.
c) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
SA⊥(ABCD) nên SA⊥BC.
d) (AI giải đề cho tôi)
(AI giải đề cho tôi)
MO là đường trung bình tam giác SAC nên MO∥SA⊥(ABCD).

a) Chứng minh $BC\perp (SAB)$. Gọi $H$ là trung điểm của $AB$. Ta có $SH\perp (ABCD)$. $\Rightarrow$ Ta có $BC\perp AB$, $BC\perp SH\Rightarrow BC\perp (SAB)$.

b) Tính khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $(SCD)$. Ta có $AB\parallel (SCD)\Rightarrow d(A,(SCD))=d(H,(SCD))$. Gọi $K$ là trung điểm của $CD$, $O$ là hình chiếu của $H$ trên $SK$. Chứng minh $HO\perp (SCD)$ để $\Rightarrow d(H,(SCD))=HO$. Tính được $SH=\frac{a\sqrt{2}}{2}\Rightarrow \frac{1}{H{O}^2}=\frac{1}{4a^2}+\frac{4}{2a^2}=\frac{9}{4a^2}\Rightarrow HO=\frac{2a}{3}$. $\Rightarrow d(A,(SCD))=\frac{2a}{3}$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp AB$ (vì $AB$ nằm trong mặt phẳng đáy). Mặt khác đáy $ABCD$ là hình chữ nhật nên $AB\perp BC$. Như vậy $AB$ vuông góc với cả hai đường thẳng $SA$ và $BC$, và $AB$ cắt cả hai đường thẳng này (tại $A$ và tại $B$). Do đó đường vuông góc chung của $SA$ và $BC$ là $AB$. Khớp với đáp án nguồn: B.

a) $\{\begin{array}{l}BC\perp AB(gt)\\ BC\perp SA(viSA\perp (ABC))\end{array}\Rightarrow BC\perp (SAB)$.

b) Trong $(SAC)$, kẻ $MN\perp SC$ mà $MN\perp BM$ nên $MN$ là đường vuông góc chung của $BM$ và $SC$.
$\Rightarrow d(BM,SC)=MN$.
Trong $(SAC)$, kẻ $AH\perp SC$ nên $H$ là trung điểm $SC$ mà $N$ là trung điểm $HC$ nên ta có $MN$ là đường trung bình của tam giác ACH.
Do đó, $d(BM,SC)=MN=\frac{1}{2}AH=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}\cdot SC=\frac{1}{2}$.

(Ghi chú: bản gốc lời giải đánh nhãn phần b là 'c)'; hình vẽ kèm ghi chú 'Hình vẽ chỉ đúng câu a'.)

a) $\{\begin{array}{l}BC\perp AB(gt)\\ BC\perp SA(viSA\perp (ABC))\end{array}\Rightarrow BC\perp (SAB)$.

b) Trong $(SAC)$, kẻ $MN\perp SC$ mà $MN\perp BM$ nên $MN$ là đường vuông góc chung của $BM$ và $SC$.
$\Rightarrow d(BM,SC)=MN$.
Trong $(SAC)$, kẻ $AH\perp SC$ nên $H$ là trung điểm $SC$ mà $N$ là trung điểm $HC$ nên ta có $MN$ là đường trung bình của tam giác ACH.
Do đó, $d(BM,SC)=MN=\frac{1}{2}AH=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}\cdot SC=\frac{1}{2}$.

(Ghi chú: bản gốc lời giải đánh nhãn phần b là 'c)'; hình vẽ kèm ghi chú 'Hình vẽ chỉ đúng câu a'.)

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp AB$. Vì $ABCD$ là hình chữ nhật nên $AB\perp BC$. Đường thẳng $AB$ cắt cả $SA$ (tại $A$) và $BC$ (tại $B$) và vuông góc với cả hai, nên $AB$ là đường vuông góc chung của $SA$ và $BC$. Đáp án D, trùng với đáp án nguồn (mã đề 1013, câu 5: D).

(AI giải đề cho tôi)
Theo định nghĩa, đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau là đường thẳng cắt và vuông góc với cả hai đường thẳng đó. Do đó đáp án là B, trùng với đáp án nguồn (Câu 10, Mã đề 163: B).

(AI giải đề cho tôi)
Đường thẳng $AC$ nằm trong mặt phẳng $(ABCD)$ song song với $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$, nên khoảng cách giữa $AC$ và $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ bằng khoảng cách từ điểm $A$ (hoặc $C$) đến mặt phẳng $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$. Vì $A{A}^{\prime }\perp (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ nên khoảng cách này là $A{A}^{\prime }$. Đáp án A, trùng với đáp án nguồn (Mã đề 163, Câu 5: A).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $B{B}^{\prime }\parallel A{A}^{\prime }$ và $A{A}^{\prime }\subset (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$ nên $B{B}^{\prime }\parallel (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$. Khoảng cách giữa $B{B}^{\prime }$ và $(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$ bằng khoảng cách từ $B$ đến mặt phẳng $(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$. Trong mặt đáy $ABCD$, gọi $O=AC\cap BD$. Vì $ABCD$ là hình vuông cạnh 3 nên $BD\perp AC$ tại $O$, mà $B{B}^{\prime }\perp (ABCD)$ nên $B{B}^{\prime }\perp AC$, suy ra $AC\perp (BD{D}^{\prime }{B}^{\prime })$, do đó $AC\perp BO$. Lại có $BO\perp B{B}^{\prime }$ nên $BO\perp (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$. Vậy khoảng cách cần tìm là $BO=\frac{BD}{2}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$. Đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp AB$, do đó tam giác $SAB$ vuông tại $A$. Theo định lý Pythagore: $SA=\sqrt{S{B}^2-A{B}^2}=\sqrt{5^2-3^2}=\sqrt{16}=4$. Khoảng cách từ $S$ đến mặt phẳng $(ABCD)$ chính là $SA=4$, trùng với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp AB$, do đó tam giác $SAB$ vuông tại $A$. Theo định lý Pythagoras: $SA=\sqrt{S{B}^2-A{B}^2}=\sqrt{5^2-3^2}=\sqrt{16}=4$. Vì $SA\perp (ABCD)$ nên khoảng cách từ $S$ đến mặt phẳng $(ABCD)$ chính là $SA=4$. Kết quả trùng với đáp án nguồn (4).

(AI giải đề cho tôi)
Đáy hình vuông cạnh $a$ với $AC=a\sqrt{2}=3\sqrt{2}$ nên $a=3$; $SA\perp (ABCD)$, $SA=3\sqrt{6}$, $SC=\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}=\sqrt{54+18}=6\sqrt{2}$.
a) Vì $AB\parallel CD$ nên $d(A,(SCD))=d(B,(SCD))=d(B,SC)$. Tam giác $SBC$ vuông tại $B$ với $SB=3\sqrt{6},BC=3,SC=6\sqrt{2}$, khoảng cách từ $B$ đến $SC$ là $\frac{SB\cdot BC}{SC}=\frac{9\sqrt{6}}{6\sqrt{2}}=\frac{3\sqrt{3}}{2}\approx 2,598\ne \frac{3\sqrt{42}}{7}\approx 2,777$. Sai.
b) $\tan (SC,(ABCD))=\frac{SA}{AC}=\frac{3\sqrt{6}}{3\sqrt{2}}=\sqrt{3}$ nên góc bằng $60^{\circ }$. Đúng.
c) $V=\frac{1}{3}{S}_{ABCD}\cdot SA=\frac{1}{3}\cdot 9\cdot 3\sqrt{6}=9\sqrt{6}\ne 27\sqrt{6}$. Sai.
d) $BD\perp AC$ (hình vuông) và $BD\perp SA$ (vì $SA\perp (ABCD)$) nên $BD\perp (SAC)$. Đúng.
a) (AI giải đề cho tôi)
Vì $AB\parallel CD$ nên $d(A,(SCD))=d(B,SC)=\frac{SB\cdot BC}{SC}=\frac{3\sqrt{6}\cdot 3}{6\sqrt{2}}=\frac{3\sqrt{3}}{2}\ne \frac{3\sqrt{42}}{7}$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$\tan (SC,(ABCD))=\frac{SA}{AC}=\sqrt{3}\Rightarrow$ góc bằng $60^{\circ }$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$V=\frac{1}{3}\cdot 3^2\cdot 3\sqrt{6}=9\sqrt{6}\ne 27\sqrt{6}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$BD\perp AC$ và $BD\perp SA\Rightarrow BD\perp (SAC)$.

a) Đúng. b) Sai. c) Sai. d) Đúng. (Theo bảng đáp án mã đề 1102, ký hiệu D = Đúng, S = Sai.)

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ $A(0;0;0)$, $B(6;0;0)$, $C(6;3;0)$, $D(0;3;0)$, $H(3;0;0)$. Ta có $HC=\sqrt{3^2+3^2}=3\sqrt{2}$. Vì $\widehat{SCH}=45^{\circ }$ và $SH\perp (ABCD)$ nên $SH=HC\cdot \tan 45^{\circ }=3\sqrt{2}$, suy ra $S(3;0;3\sqrt{2})$ và $SC=\sqrt{S{H}^2+H{C}^2}=6$.

Thể tích khối chóp $S.ADC$: $V=\frac{1}{3}\cdot S_{ADC}\cdot SH=\frac{1}{3}\cdot \frac{6\cdot 3}{2}\cdot 3\sqrt{2}=9\sqrt{2}$.

Khoảng cách từ $S$ đến đường thẳng $DC$ (với $DC\parallel AB$, $DC=6$): $d(S,DC)=\sqrt{S{H}^2+{\left(\frac{AD}{2}\cdot 2\right)}^2}$... chính xác là $d(S,DC)=\sqrt{3^2+(3\sqrt{2}{)}^2}=\sqrt{27}=3\sqrt{3}$ (do $H$ cách đường $DC$ một khoảng $AD=3$ theo phương ngang và $SH=3\sqrt{2}$ theo phương thẳng đứng).

Diện tích tam giác $SDC$: $S_{SDC}=\frac{1}{2}\cdot DC\cdot d(S,DC)=\frac{1}{2}\cdot 6\cdot 3\sqrt{3}=9\sqrt{3}$.

Khoảng cách từ $A$ đến $(SDC)$: $d(A,(SDC))=\frac{3V_{S.ADC}}{S_{SDC}}=\frac{27\sqrt{2}}{9\sqrt{3}}=\frac{3\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\sqrt{6}\approx 2,449\approx 2,4$ cm.

Kết quả khớp với đáp án nguồn $2,4$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $BC\perp AB$ (đáy vuông tại $B$) và $BC\perp SA$ (vì $SA\perp (ABC)$) nên $BC\perp (SAB)$. Suy ra $(SBC)\perp (SAB)$ theo giao tuyến $SB$. Trong $(SAB)$, $AH\perp SB$ với $H\in SB$, do đó $AH\perp (SBC)$. Vậy khoảng cách từ $A$ đến $(SBC)$ là $AH$. (Lưu ý $AK$ chỉ vuông góc với $SC$, không vuông góc với mặt phẳng $(SBC)$.) Kết quả khớp với đáp án nguồn: D.

(AI giải đề cho tôi)
a) Đúng: $B$ cách mặt trên $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ một khoảng bằng cạnh $B{B}^{\prime }=a$. b) Sai: $BD\perp AC$ và $BD\perp A{A}^{\prime }$ nên $BD\perp (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$, góc giữa $BD$ và mặt phẳng bằng $90^{\circ }$ chứ không phải $60^{\circ }$. c) Sai: $S_{A^{\prime }{B}^{\prime }{D}^{\prime }}=\frac{a^2}{2}$, khoảng cách từ $B$ đến $(A^{\prime }{B}^{\prime }{D}^{\prime })$ bằng $a$ nên $V=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2}{2}\cdot a=\frac{a^3}{6}$; mặt khác $B{O}^{\prime }=\sqrt{a^2+{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{6}}{2}$ nên $\frac{1}{6}B{O}^{\prime }{a}^2=\frac{a^3\sqrt{6}}{12}\ne \frac{a^3}{6}$. d) Đúng: đặt hệ tọa độ $A(0,0,0),B(a,0,0),C(a,a,0),D(0,a,0),A^{\prime }(0,0,a)$; $BD$ có VTCP $(a,-a,0)$, $A^{\prime }C$ có VTCP $(a,a,-a)$, VTCP chung $\vec{n}=(1,1,2)$; lấy $B(a,0,0)$, $A^{\prime }(0,0,a)$, $\overrightarrow{A^{\prime }B}=(a,0,-a)$, khoảng cách $=\frac{|\overrightarrow{A^{\prime }B}\cdot \vec{n}|}{|\vec{n}|}=\frac{|a-a|}{\sqrt{6}}$... tính lại với điểm $B(a,0,0)$ trên $BD$ và điểm $C(a,a,0)$ trên $A^{\prime }C$: $\overrightarrow{BC}=(0,a,0)$, $d=\frac{|0+a+0|}{\sqrt{1+1+4}}=\frac{a}{\sqrt{6}}=\frac{a\sqrt{6}}{6}$. Khớp bảng đáp án mã đề 1101: 1a D, 1b S, 1c S, 1d D.
a) (AI giải đề cho tôi)
Khoảng cách từ $B$ đến mặt phẳng $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ bằng $B{B}^{\prime }=a$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$BD\perp AC$ và $BD\perp A{A}^{\prime }$ nên $BD\perp (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$; góc bằng $90^{\circ }$, không phải $60^{\circ }$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$V=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2}{2}\cdot a=\frac{a^3}{6}$, còn $\frac{1}{6}B{O}^{\prime }{a}^2=\frac{a^3\sqrt{6}}{12}\ne \frac{a^3}{6}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
Với hệ tọa độ, VTCP chung của $BD$ và $A^{\prime }C$ là $\vec{n}=(1,1,2)$; $d(BD,A^{\prime }C)=\frac{|\overrightarrow{BC}\cdot \vec{n}|}{|\vec{n}|}=\frac{a}{\sqrt{6}}=\frac{a\sqrt{6}}{6}$.