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

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(6;0;0)$, $D(0;3;0)$, $C(6;3;0)$, $H(3;0;0)$. Vì $\widehat{SCH}=45^{\circ }$ và $SH\perp (ABCD)$ nên tam giác $SHC$ vuông tại $H$ cân, $SH=HC$. Với $HB=3$, $BC=AD=3$: $HC=\sqrt{3^2+3^2}=3\sqrt{2}$, suy ra $S(3;0;3\sqrt{2})$. Mặt phẳng $(SDC)$ đi qua $D(0;3;0)$, $C(6;3;0)$, $S(3;0;3\sqrt{2})$: vectơ $\overrightarrow{DC}=(6;0;0)$, $\overrightarrow{DS}=(3;-3;3\sqrt{2})$, pháp tuyến $\vec{n}=\overrightarrow{DC}\times \overrightarrow{DS}=(0;-18\sqrt{2};-18)$, tức phương trình $\sqrt{2}y+z=3\sqrt{2}$. Khoảng cách từ $A(0;0;0)$: $d=\frac{3\sqrt{2}}{\sqrt{2+1}}=\frac{3\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\sqrt{6}\approx 2,449\approx 2,4$ cm, khớp đáp án nguồn 2,4.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $BC\perp AB$ (đáy vuông tại $B$) và $BC\perp SA$ (do $SA\perp (ABC)$) nên $BC\perp (SAB)$, suy ra $BC\perp AH$. Mặt khác $AH\perp SB$ ($H$ là hình chiếu của $A$ trên $SB$). Vì $AH$ vuông góc với hai đường cắt nhau $SB$ và $BC$ trong mặt phẳng $(SBC)$ nên $AH\perp (SBC)$. Vậy khoảng cách từ $A$ đến $(SBC)$ là $AH$. Đáp án D, trùng với đáp án nguồn (đề 1101, câu 8: D).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp AB$, $SA\perp BC$. Tam giác $ABC$ vuông tại $B$ nên $AB\perp BC$, suy ra $BC\perp (SAB)$, do đó $BC\perp SB$. Trong mặt phẳng $(SAB)$, kẻ $AH\perp SB$ tại $H$. Vì $BC\perp (SAB)$ nên $BC\perp AH$, mà $AH\perp SB$ nên $AH\perp (SBC)$. Vậy $d(A,(SBC))=AH$. Tam giác $SAB$ vuông tại $A$ có $AB=a$, $SA=2a$ nên $SB=\sqrt{a^2+4a^2}=a\sqrt{5}$. Diện tích $S_{SAB}=\frac{1}{2}AB\cdot SA=\frac{1}{2}AH\cdot SB$, suy ra $AH=\frac{AB\cdot SA}{SB}=\frac{a\cdot 2a}{a\sqrt{5}}=\frac{2a}{\sqrt{5}}=\frac{2\sqrt{5}a}{5}$. Vậy khoảng cách từ $A$ đến $(SBC)$ là $\frac{2\sqrt{5}a}{5}$.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình lập phương $ABCD.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime }$ cạnh 3, mặt phẳng $(AD{D}^{\prime }{A}^{\prime })$ là mặt bên chứa cạnh $AD$. Vì $AB\perp (AD{D}^{\prime }{A}^{\prime })$ (do $AB\perp AD$ và $AB\perp A{A}^{\prime }$), nên khoảng cách từ $B$ đến $(AD{D}^{\prime }{A}^{\prime })$ chính là độ dài đoạn $AB=3$. Vậy đáp án là C.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp BC$. Tam giác $ABC$ vuông cân tại $B$ nên $AB\perp BC$. Suy ra $BC\perp (SAB)$. Vậy khoảng cách từ $C$ đến $(SAB)$ là $BC=AB=4a$. Đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $H(0;0;0)$, $A(-a;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C(a;a;0)$, $D(-a;a;0)$, $S(0;0;h)$. Vì $HC=\sqrt{H{B}^2+B{C}^2}=a\sqrt{2}$ và $\widehat{SCH}=45^{\circ }$ nên $SH=HC=a\sqrt{2}$, tức $S(0;0;a\sqrt{2})$.

a) $BC\perp AB$ (hình chữ nhật) và $BC\perp SH$ ($SH\perp (ABCD)$) nên $BC\perp (SAB)$. Đúng.

b) Mặt phẳng $(SBC)$ qua $B(a;0;0)$ với pháp tuyến $\vec{n}=(\sqrt{2};0;1)$ (từ $\overrightarrow{BS}=(-a;0;a\sqrt{2})$, $\overrightarrow{BC}=(0;a;0)$): $\sqrt{2}x+z=\sqrt{2}a$. Khoảng cách từ $H$: $\frac{\sqrt{2}a}{\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}$. Đúng.

c) $K$ trung điểm $CD$ nên $K(0;a;0)$, $HK$ có phương along $Oy$, còn $CD\parallel AB$ theo $Ox$ nên $CD\perp HK$; lại $CD\perp SH$. Vậy $CD\perp (SHK)$. Đúng.

d) Mặt phẳng $(SCD)$ qua $C(a;a;0)$ với pháp tuyến $\vec{n}=(0;\sqrt{2};1)$ (từ $\overrightarrow{DC}=(2a;0;0)$, $\overrightarrow{DS}=(a;-a;a\sqrt{2})$): $\sqrt{2}y+z=\sqrt{2}a$. Khoảng cách từ $H$: $\frac{\sqrt{2}a}{\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}\ne \frac{a\sqrt{6}}{2}$. Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$BC\perp AB$ và $BC\perp SH$ nên $BC\perp (SAB)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$(SBC):\sqrt{2}x+z=\sqrt{2}a$, $d(H,(SBC))=\frac{\sqrt{2}a}{\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$CD\perp HK$ (vì $HK\parallel AD$) và $CD\perp SH$ nên $CD\perp (SHK)$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$(SCD):\sqrt{2}y+z=\sqrt{2}a$, $d(H,(SCD))=\frac{a\sqrt{6}}{3}$, không phải $\frac{a\sqrt{6}}{2}$.

(AI giải đề cho tôi)
Trong hình lập phương, $AC\perp BD$ tại giao điểm $O$ của hai đường chéo, và $AC\perp B{B}^{\prime }$ nên $AC\perp (BD{D}^{\prime }{B}^{\prime })$. Do đó khoảng cách từ $C$ đến $(BD{D}^{\prime }{B}^{\prime })$ bằng $CO=\frac{AC}{2}$. Với cạnh $2a$: $AC=2a\sqrt{2}$, suy ra $CO=a\sqrt{2}$. Đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Diện tích toàn phần hình lập phương: $6a^2=96\Rightarrow a^2=16\Rightarrow a=4$. Đường thẳng $B^{\prime }{D}^{\prime }$ nằm trong mặt phẳng $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ song song với $(ABCD)$, nên khoảng cách giữa $B^{\prime }{D}^{\prime }$ và $(ABCD)$ bằng khoảng cách giữa hai mặt phẳng đó, tức bằng cạnh $a=4$. Vậy chọn A.

(AI giải đề cho tôi)
Hai mặt phẳng $(ABCD)$ và $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }{D}^{\prime })$ song song. Khoảng cách giữa chúng bằng khoảng cách từ $A^{\prime }$ đến $(ABCD)$, mà $A{A}^{\prime }\perp (ABCD)$ nên khoảng cách bằng $A{A}^{\prime }=c$. Đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Tứ diện đều $ABCD$ cạnh $a$. Gọi $G$ là trọng tâm tam giác đều $BCD$. Khi đó $AG\perp (BCD)$ nên khoảng cách từ $A$ đến $(BCD)$ là $AG$. Tam giác $BCD$ đều cạnh $a$ có bán kính đường tròn ngoại tiếp $GD=\frac{a}{\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$. Vì $AD=a$, tam giác $AGD$ vuông tại $G$ nên $AG=\sqrt{A{D}^2-G{D}^2}=\sqrt{a^2-\frac{a^2}{3}}=\sqrt{\frac{2a^2}{3}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}$. Vậy đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $AC\perp BC$ (đáy vuông cân tại $C$ với $AC=BC=1$) và $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp AC$, suy ra $BC\perp (SAC)$. Do đó $(SBC)\perp (SAC)$ theo giao tuyến $SC$, nên khoảng cách từ $A$ đến $(SBC)$ bằng khoảng cách từ $A$ đến $SC$ trong mặt phẳng $(SAC)$. Tam giác $SAC$ vuông tại $A$ với $SA=AC=1$, $SC=\sqrt{2}$, nên $d(A,SC)=\frac{SA\cdot AC}{SC}=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$. Kiểm tra bằng thể tích: $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}\cdot SA\cdot \frac{AC\cdot BC}{2}=\frac{1}{6}$; tam giác $SBC$ vuông tại $C$ ($SC=\sqrt{2},BC=1,SB=\sqrt{3}$) có diện tích $\frac{\sqrt{2}}{2}$, nên $d=\frac{3V}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{1/2}{\sqrt{2}/2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$. Kết quả khớp phương án B.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: A(0,0,0), B(a,0,0), C(a,a,0), D(0,a,0), S(0,0,4a).

a) Vì ABCD là hình vuông nên BC⊥AB; vì SA⊥(ABCD) nên SA⊥BC. Từ đó BC⊥(SAB). Mà BC nằm trong (SBC), nên (SBC)⊥(SAB) (đpcm).

b) Vì BC⊥(SAB) nên B là hình chiếu của C lên (SAB), góc giữa SC và (SAB) là góc SCB. Tam giác SBC vuông tại B: SB=√(SA²+AB²)=a√17, BC=a, nên tan∠SCB = BC/SB = 1/√17. Vậy góc cần tìm bằng arctan(1/√17) ≈ 13°38′ (≈13,63°).

c) M là trung điểm SA: M(0,0,2a). T trên SB với ST=⅔SB: T = S + ⅔(B−S) = (2a/3, 0, 4a/3).
Vectơ CM = (−a,−a,2a), CT = (−a/3,−a,4a/3). Vectơ pháp tuyến n = CM×CT = (2a²/3, 2a²/3, 2a²/3) ∝ (1,1,1). Mặt phẳng (CMT): x+y+z = 2a.
Khoảng cách từ D(0,a,0): d(D,(CMT)) = |0+a+0−2a|/√3 = a/√3 = a√3/3.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $AD\parallel BC$ nên $AD\subset$ mặt phẳng $(ABCD)$, ta có $d(SB,AD)=d(SB,BC)=d(A,SB)$ (do $BC\perp AB$ và $BC\perp SA$ nên $BC\perp (SAB)$, suy ra $(SBC)\perp (SAB)$). Khoảng cách cần tìm chính là $AH$ với $AH\perp SB$. Xét tam giác $SAB$ vuông tại $A$ với $SA=AB=a$, có $SB=a\sqrt{2}$. Diện tích: $\frac{1}{2}SA\cdot AB=\frac{1}{2}SB\cdot AH$, suy ra $AH=\frac{SA\cdot AB}{SB}=\frac{a^2}{a\sqrt{2}}=\frac{a}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}a}{2}$. Vậy khoảng cách giữa $SB$ và $AD$ là $\frac{\sqrt{2}a}{2}$, chọn đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SH\perp (ABC)$ nên $SH$ vuông góc với mọi đường thẳng nằm trong mặt phẳng đáy. Đường thẳng $BC$ nằm trong $(ABC)$ và không đi qua $H$, nên đoạn vuông góc chung của $BC$ và $SH$ là đoạn vuông góc kẻ từ $H$ xuống $BC$. Do đó $d(BC,SH)=d(H,BC)=HK$. K là trung điểm $BC$, H là trung điểm $AB$ nên $HK$ là đường trung bình của tam giác $ABC$: $HK=\frac{AC}{2}=\frac{\sqrt{2}a}{2}$. Vậy chọn đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABCD$ là hình chữ nhật nên $AB=\sqrt{A{C}^2-A{D}^2}=\sqrt{5a^2-2a^2}=a\sqrt{3}$. Ta có $BC\parallel AD$ nên $BC\parallel (SAD)$. Hơn nữa $AB\perp AD$ và $SA\perp (ABCD)$ nên $AB\perp (SAD)$. Do đó khoảng cách giữa $SD$ và $BC$ bằng khoảng cách từ $BC$ đến mặt phẳng $(SAD)$, tức là $d(B,(SAD))=AB=a\sqrt{3}$. Vậy chọn đáp án A.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $O(0;0;0)$, $S(0;0;a\sqrt{3})$. Vì $BD=2a$ nên $OB=OD=a$; tam giác $ABD$ vuông tại $A$ có $AB=a$, $BD=2a$ nên $AD=a\sqrt{3}$. Đặt $A\left(\frac{a}{2};\frac{\sqrt{3}a}{2};0\right)$, $B\left(-\frac{a}{2};\frac{\sqrt{3}a}{2};0\right)$, $C\left(-\frac{a}{2};-\frac{\sqrt{3}a}{2};0\right)$, $D\left(\frac{a}{2};-\frac{\sqrt{3}a}{2};0\right)$.

a) $I$ trung điểm $OA$: $I\left(\frac{a}{4};\frac{\sqrt{3}a}{4};0\right)$. Ta có $\overrightarrow{BI}=\left(\frac{3a}{4};-\frac{\sqrt{3}a}{4};0\right)$ và $\overrightarrow{OA}\parallel (1;\sqrt{3};0)$, nên $\overrightarrow{BI}\cdot \overrightarrow{OA}=\frac{3a}{4}-\frac{3a}{4}=0$, tức $BI\perp OA$. Mặt khác $SO\perp (ABCD)$ nên $SO\perp BI$ (vì $BI\subset (ABCD)$). Suy ra $BI\perp (SOA)$, mà $BI\subset (SBI)$ nên $(SBI)\perp (SOA)$. (đpcm)

b) Vì $BI\perp (SOA)$ nên $I$ là hình chiếu của $B$ lên $(SOA)$; góc giữa $SB$ và $(SOA)$ là góc $\widehat{BSI}$. Tính: $BI=\sqrt{\frac{9a^2}{16}+\frac{3a^2}{16}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$; $OI=\frac{OA}{2}=\frac{a}{2}$ (vì $OA=OB=a$); $SI=\sqrt{S{O}^2+O{I}^2}=\sqrt{3a^2+\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{13}}{2}$. Do đó $\tan \widehat{BSI}=\frac{BI}{SI}=\sqrt{\frac{3}{13}}$, tức góc cần tìm bằng $\arcsin \frac{\sqrt{3}}{4}\approx 25,7^{\circ }$ (vì $\sin \widehat{BSI}=\frac{BI}{SB}=\frac{a\sqrt{3}/2}{2a}=\frac{\sqrt{3}}{4}$, do $SB=\sqrt{S{O}^2+O{B}^2}=2a$).

c) $\overrightarrow{SC}=\left(-\frac{a}{2};-\frac{\sqrt{3}a}{2};-a\sqrt{3}\right)$, $|SC|=2a$. $\overrightarrow{IS}=\left(-\frac{a}{4};-\frac{\sqrt{3}a}{4};a\sqrt{3}\right)$, $\overrightarrow{IS}\cdot \overrightarrow{SC}=\frac{a^2}{8}+\frac{3a^2}{8}-3a^2=-\frac{5a^2}{2}$. Hình chiếu: $\overrightarrow{SJ}=\frac{\overrightarrow{SC}\cdot (-\overrightarrow{IS})}{|\overrightarrow{SC}{|}^2}\overrightarrow{SC}$ với tỉ số $t=\frac{5a^2/2}{4a^2}=\frac{5}{8}$, nên $J=S+\frac{5}{8}\overrightarrow{SC}=\left(-\frac{5a}{16};-\frac{5\sqrt{3}a}{16};\frac{3\sqrt{3}a}{8}\right)$. $K$ trung điểm $SD$: $K\left(\frac{a}{4};-\frac{\sqrt{3}a}{4};\frac{\sqrt{3}a}{2}\right)$. Trọng tâm $G$ của tam giác $AJK$ có tung độ $z$: $z_G=\frac{0+\frac{3\sqrt{3}a}{8}+\frac{\sqrt{3}a}{2}}{3}=\frac{7\sqrt{3}a}{24}$. Vậy $d(G,(ABCD))=\frac{7a\sqrt{3}}{24}$.

(AI giải đề cho tôi)
Trong tứ diện đều $ABCD$ cạnh $a$, lấy $I$ là trung điểm $AB$, $J$ là trung điểm $CD$. Ta có $CI\perp AB$ (vì $△ABC$ đều) và $DI\perp AB$ (vì $△ABD$ đều), 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 là $d=IJ$. Tính: $CI=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, $DI=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, tam giác $ICD$ cân tại $I$ nên $IJ=\sqrt{C{I}^2-C{J}^2}=\sqrt{\frac{3a^2}{4}-\frac{a^2}{4}}=\sqrt{\frac{a^2}{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$. Vậy đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $AB\parallel CD$ và $CD\subset (SCD)$, $M\in SD\subset (SCD)$ nên $CM\subset (SCD)$. Do đó khoảng cách giữa $AB$ và $CM$ bằng khoảng cách từ $AB$ đến mặt phẳng $(SCD)$, tức bằng khoảng cách từ $A$ đến $(SCD)$.

Thiết lập tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $C(a;a;0)$, $D(0;a;0)$, $S(0;0;a\sqrt{3})$.

Mặt phẳng $(SCD)$ đi qua $D(0;a;0)$ với hai vectơ chỉ phương $\overrightarrow{DC}=(a;0;0)$, $\overrightarrow{DS}=(0;-a;a\sqrt{3})$.
Vectơ pháp tuyến: $\vec{n}=\overrightarrow{DC}\times \overrightarrow{DS}=(0;-a^2\sqrt{3};-a^2)\sim (0;\sqrt{3};1)$.

Phương trình $(SCD)$: $\sqrt{3}(y-a)+z=0$, tức $\sqrt{3}y+z-a\sqrt{3}=0$.

Khoảng cách từ $A(0;0;0)$:
$$d(A,(SCD))=\frac{|-a\sqrt{3}|}{\sqrt{3+1}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}.$$

Vậy khoảng cách giữa $AB$ và $CM$ là $\frac{a\sqrt{3}}{2}$, chọn đáp án B.

(AI giải đề cho tôi)
Vì các cạnh bên bằng nhau nên $S$ nằm trên đường thẳng vuông góc với đáy tại $O$ (tâm hình chữ nhật). Gọi $H$ là chân đường vuông góc hạ từ $O$ xuống $AD$, khi đó $OH=\frac{AB}{2}=8a$ và góc giữa $(SAD)$ và đáy là góc $SHO=30^{\circ }$, suy ra $SO=OH\cdot \tan 30^{\circ }=\frac{8a}{\sqrt{3}}$.

Hai mặt phẳng $(SAD)$ và $(SBC)$ cắt nhau theo đường thẳng $d$ đi qua $S$ và song song với $AD$ (vì $AD\parallel BC$). Vì hình chóp đối xứng nên cả $(SAD)$ lẫn $(SBC)$ đều tạo với đáy góc $30^{\circ }$ ở hai phía, do đó góc giữa hai mặt phẳng này bằng $60^{\circ }$.

Vì $A\in (SAD)$ nên khoảng cách từ $A$ đến $(SBC)$ là:
$$d(A,(SBC))=d(A,d)\cdot \sin 60^{\circ }.$$

Đường thẳng $d$ đi qua $S$ song song với $AD$ (phương vuông góc với $AB$ trong mặt phẳng đáy), nên khoảng cách từ $A$ đến $d$ là:
$$d(A,d)=\sqrt{S{O}^2+O{H}^2}=\sqrt{\frac{64a^2}{3}+64a^2}=\frac{16a}{\sqrt{3}}.$$

Do đó:
$$d(A,(SBC))=\frac{16a}{\sqrt{3}}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=8a.$$

Vì $M$ là trung điểm $SA$ và $S\in (SBC)$ nên:
$$d(M,(SBC))=\frac{1}{2}d(A,(SBC))=4a.$$

Vậy $m=4$, khớp với đáp án đã cho.

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp tứ giác đều S.ABCD, AB=a, SA=3a. Gọi O là tâm đáy, SO là đường cao. AC = a√2 nên AO = a√2/2, suyra SO² = SA² − AO² = 9a² − a²/2 = 17a²/2, do đó SO = a√34/2. Vậy khoảng cách từ S đến (ABCD) là a√34/2, khớp với đáp án D được gạch chân trong đề.