Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Khoảng cách hai đường chéo nhau không tọa độ (Toán học Lớp 11)

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp BC$; lại $BC\perp AB$ (tam giác vuông tại $B$) nên $BC\perp (SAB)$, suy ra $BC\perp SE$. Khoảng cách giữa $SE$ và $BC$ bằng khoảng cách từ $B$ đến $SE$ trong mặt phẳng $(SAB)$. Trong tam giác vuông $SAE$: $SA=a\sqrt{2}$, $AE=\frac{a}{2}$ nên $SE=\sqrt{2a^2+\frac{a^2}{4}}=\frac{3a}{2}$. Diện tích tam giác $SEB$ (đáy $EB=\frac{a}{2}$, đường cao $SA=a\sqrt{2}$): $S=\frac{a^2\sqrt{2}}{4}$. Khoảng cách từ $B$ đến $SE$: $d=\frac{2S}{SE}=\frac{a^2\sqrt{2}/2}{3a/2}=\frac{a\sqrt{2}}{3}$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A=(0;0;0)$, $B=(2a;0;0)$, vì $\widehat{BAD}=120^{\circ }$ nên $D=(-a;a\sqrt{3};0)$. Tam giác $SAB$ vuông cân tại $S$ có $AB=2a$ là cạnh huyền nên $SA=SB=a\sqrt{2}$, chân đường cao là trung điểm $H$ của $AB$, $SH=\frac{AB}{2}=a$. Vì $(SAB)\perp (ABCD)$ nên $S=(a;0;a)$.

Điểm $M\in AB$: $M=(t;0;0)$. Điểm $N\in SD$: $N=S+u(D-S)=(a-2au;a\sqrt{3}u;a(1-u))$.

$$M{N}^2=(t-a+2au{)}^2+3a^2{u}^2+a^2(1-u{)}^2.$$
Với mỗi $u$, chọn $t=a-2au$ để triệt tiêu số hạng đầu, khi đó
$$M{N}^2=a^2\left[3u^2+(1-u{)}^2\right]=a^2(4u^2-2u+1).$$
Hàm $g(u)=4u^2-2u+1$ đạt giá trị nhỏ nhất tại $u=\frac{1}{4}$ với $g_{\min }=\frac{3}{4}$ (nằm trong đoạn $[0;1]$, tức $N$ thuộc đoạn $SD$, $M$ thuộc đoạn $AB$).

Vậy $M{N}_{\min }=a\sqrt{\frac{3}{4}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Kiểm tra lại bằng công thức khoảng cách giữa hai đường chéo lệch $AB$ và $SD$ cho cùng kết quả $\frac{a\sqrt{6}}{2\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $AB\perp (ACD)$ nên $AB\perp CD$ (vì $CD\subset (ACD)$), tức $AB$ và $CD$ chéo vuông góc. Khoảng cách giữa $AB$ và $CD$ bằng khoảng cách từ điểm $A$ (thuộc $AB$) đến đường thẳng $CD$ trong mặt phẳng $(ACD)$, chính là đường cao hạ từ $A$ của tam giác vuông tại $A$ với $AC=2$, $AD=3$. Ta có $CD=\sqrt{A{C}^2+A{D}^2}=\sqrt{4+9}=\sqrt{13}$. Diện tích tam giác: $\frac{1}{2}AC\cdot AD=\frac{1}{2}CD\cdot h\Rightarrow h=\frac{AC\cdot AD}{CD}=\frac{2\cdot 3}{\sqrt{13}}=\frac{6}{\sqrt{13}}\approx 1,664\approx 1,66$. Kết quả khớp với đáp án nguồn 1,66.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $AB\perp (ACD)$ nên $AB\perp CD$. Đường vuông góc chung của $AB$ và $CD$ đi qua $A$ và vuông góc với $CD$ trong mặt phẳng $(ACD)$, do đó $d(AB,CD)=d(A,CD)$. Tam giác $ACD$ vuông tại $A$ với $AC=2$, $AD=3$ nên $CD=\sqrt{2^2+3^2}=\sqrt{13}$. Diện tích tam giác là $\frac{1}{2}\cdot 2\cdot 3=3$, nên đường cao hạ từ $A$ xuống $CD$ là $h=\frac{2\cdot 3}{\sqrt{13}}=\frac{6}{\sqrt{13}}=\frac{6\sqrt{13}}{13}$.

Đáp án: 0,45.

Lời giải



Ta có $\Delta SAB=\Delta SAD$, suy ra $SB=SD$.

Lại có $\widehat{SBD}=60^0$, suy ra $\Delta SBD$ đều do đó: $SB=SD=BD=\sqrt{2}(cm)$.

Tam giác vuông $SAB$, có $SA=\sqrt{S{B}^2-A{B}^2}=1(cm)$.

Gọi $E$ là trung điểm $AD$, suy ra $OE\parallel AB\Rightarrow AB\parallel (SOE)$.

Do đó $d\left(AB,SO\right)=d\left(AB,\left(SOE\right)\right)=d\left(A,\left(SOE\right)\right)$.

Kẻ $AK\perp SE$, mà $AK\perp OE$ nên $AK\perp (SOE)$.

Khi đó $d\left(A,\left(SOE\right)\right)=AK=\frac{SA.AE}{\sqrt{S{A}^2+A{E}^2}}=\frac{\sqrt{5}}{5}\approx 0.45(cm)$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABCD$ là hình chữ nhật nên $CD\parallel AB$. Lại có $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp AB$. Do đó $AB$ là đường vuông góc chung của $SA$ và $CD$, khoảng cách giữa $SA$ và $CD$ bằng khoảng cách từ $A$ đến $CD$, tức $d(A,CD)=AD=BC=2a$. Vậy đáp án D.

(AI giải đề cho tôi)
Với hai đường thẳng chéo nhau a, b: khoảng cách giữa chúng bằng d(a,(α)) với (α) chứa b và song song a (đúng, A); bằng khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song lần lượt chứa a và b (đúng, B); bằng độ dài đoạn vuông góc chung (định nghĩa, D). Mệnh đề C sai: khoảng cách từ một điểm bất kì thuộc đường thẳng này đến đường thẳng kia không phải lúc nào cũng bằng khoảng cách giữa hai đường chéo nhau — chỉ đúng khi hai đường song song. Ví dụ với hai đường chéo nhau, điểm tùy ý trên a có thể ở xa b nhiều hơn đoạn vuông góc chung.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp BC$. Lấy $M$ là trung điểm $BC$: tam giác $ABC$ đều cạnh $a$ nên $AM\perp BC$ với $AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Ta có $BC\perp AM$ và $BC\perp SA$ nên $BC\perp (SAM)$, suy ra $BC\perp AM$. Vậy $d(SA,BC)=d(A,BC)=AM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $AB=6,BC=8,AC=10$ nên $A{B}^2+B{C}^2=36+64=100=A{C}^2$, tam giác $ABC$ vuông tại $B$, suy ra $AB\perp BC$. Mặt khác $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp AB$. Vậy $AB$ vuông góc với cả $SA$ và $BC$, tức $AB$ là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng $SA$ và $BC$. Do đó $d(SA,BC)=AB=6$. (SB=9 chỉ là dữ kiện thừa, dùng để kiểm tra: $S{B}^2=S{A}^2+A{B}^2$ cho $SA=\sqrt{81-36}=3\sqrt{5}$, hợp lệ.)

(AI giải đề cho tôi)
Bài 20: $SA\perp (ABC)$, $SA=a\sqrt{3}$, tam giác $ABC$ đều cạnh $a$, $I$ trung điểm $AB$.

a) Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp BC$, tức $BC\perp (SAB)$. Khi đó $d(SA,BC)=d(A,BC)$. Tam giác đều cạnh $a$ có đường cao bằng $\frac{a\sqrt{3}}{2}$, nên $d(A,BC)=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Vậy $d(SA,BC)=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

b) Tam giác đều nên $CI\perp AB$; lại $CI\perp SA$ (vì $SA\perp (ABC)$) $\Rightarrow CI\perp (SAB)$. Do đó $d(SB,CI)=d(C,(SAB))=CI=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

c) $BC\perp SA$ và $BC\perp AC$ (tam giác đều) $\Rightarrow BC\perp (SAC)$. Vậy $d(B,(SAC))=BC=a$.

d) $d(C,(SAB))=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ (câu b). $J$ là trung điểm $SC$ nên $d(J,(SAB))=\frac{1}{2}d(C,(SAB))=\frac{a\sqrt{3}}{4}$ (tỉ lệ theo đoạn $JC=\frac{1}{2}SC$, cùng phía với $C$ so với mặt phẳng).

(AI giải đề cho tôi)
Vì $A{A}^{\prime }\parallel B{B}^{\prime }$, khoảng cách giữa $A{A}^{\prime }$ và $BD$ bằng khoảng cách từ $B$ đến mặt phẳng $(A{A}^{\prime }D)$. Mặt phẳng $(A{A}^{\prime }D)$ cắt mặt đáy theo $AD$, nên khoảng cách từ $B$ đến $(A{A}^{\prime }D)$ bằng khoảng cách từ $B$ đến $AD$ trong mặt đáy, tức đường cao của tam giác $ABD$ ứng với cạnh $BD$: $h=\frac{AB\cdot AD}{BD}=\frac{10\cdot 20}{\sqrt{10^2+20^2}}=\frac{200}{\sqrt{500}}=\frac{20}{\sqrt{5}}=4\sqrt{5}\approx 8.94$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $H(0;0;0)$, $A(a;0;0)$, $B(-a;0;0)$, $S(0;0;a)$ (vì tam giác vuông cân tại $S$ có $AB=2a$ nên $SA=SB=a\sqrt{2}$, đường cao $SH=a$). Vì $CA=CB$ nên $C$ thuộc đường vuông góc với $AB$ tại $H$: $C(0;a\sqrt{3};0)$ do góc giữa $SC$ và $(ABCD)$ bằng $30^{\circ }$: $\tan 30^{\circ }=\frac{SH}{CH}\Rightarrow CH=a\sqrt{3}$. Kiểm tra: $C{S}^2=S{H}^2+C{H}^2=4a^2\Rightarrow CS=2a=CA=CB$ ✓. Hình bình hành $ABCD$ cho $D=A+C-B=(2a;a\sqrt{3};0)$.

a) $CH\perp AB$ (trung trực) và $CH\perp SH$ (vì $SH\perp (ABCD)$) $\Rightarrow CH\perp (SAB)$. Đúng.

b) $S_{ABCD}=AB\cdot CH=2a\cdot a\sqrt{3}=2a^2\sqrt{3}$, $V=\frac{1}{3}\cdot 2a^2\sqrt{3}\cdot a=\frac{2a^3\sqrt{3}}{3}$. Đúng.

c) $M$ trung điểm $SD$: $M(a;\frac{a\sqrt{3}}{2};\frac{a}{2})$. ${\vec{u}}_{SH}=(0;0;-1)$, ${\vec{u}}_{CM}\propto (2;-\sqrt{3};1)$. Pháp tuyến chung $\vec{n}={\vec{u}}_{SH}\times {\vec{u}}_{CM}=(-\sqrt{3};-2;0)$, $\overrightarrow{SC}=(0;a\sqrt{3};-a)$. Khoảng cách $d=\frac{|\overrightarrow{SC}\cdot \vec{n}|}{|\vec{n}|}=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{7}}=\frac{2a\sqrt{21}}{7}\ne \frac{a\sqrt{21}}{7}$. Sai.

d) Mặt $(SAB)$ là mặt $xz$ (${\vec{n}}_1=(0;1;0)$). Mặt $(SAC)$: $\overrightarrow{AS}=(-a;0;a)$, $\overrightarrow{AC}=(-a;a\sqrt{3};0)$, pháp tuyến $\propto (\sqrt{3};1;\sqrt{3})$. $\cos \phi =\frac{1}{\sqrt{7}}\Rightarrow \tan \phi =\sqrt{6}\ne \frac{\sqrt{6}}{6}$. Sai.
a) (AI giải đề cho tôi)
$CH\perp AB$ và $CH\perp SH$ nên $CH\perp (SAB)$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$V=\frac{1}{3}\cdot 2a^2\sqrt{3}\cdot a=\frac{2a^3\sqrt{3}}{3}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
Khoảng cách tính được là $\frac{2a\sqrt{21}}{7}$, không bằng $\frac{a\sqrt{21}}{7}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$\cos \phi =\frac{1}{\sqrt{7}}\Rightarrow \tan \phi =\sqrt{6}\ne \frac{\sqrt{6}}{6}$.

Gọi $M$ là trung điểm của $BC$ thì $BC\perp \left(A{A}^{\prime }M\right)$.

Gọi $MH$ là đường cao của tam giác $A^{\prime }AM$ thì $MH\perp A^{\prime }A$ và $HM\perp BC$ nên $HM$ là khoảng cách $A{A}^{\prime }$ và $BC$.



Ta có $A^{\prime }A\cdot HM=A^{\prime }G\cdot AM\iff \frac{a\sqrt{3}}{4}\cdot A^{\prime }A=\frac{a\sqrt{3}}{2}\sqrt{A^{\prime }{A}^2-\frac{a^2}{3}}$

$\iff A^{\prime }{A}^2=4\left(A^{\prime }{A}^2-\frac{a^2}{3}\right)\iff 3A^{\prime }{A}^2=\frac{4a^2}{3}\iff A^{\prime }{A}^2=\frac{4a^2}{9}\iff A^{\prime }A=\frac{2a}{3}.$

Đường cao của lăng trụ là $A^{\prime }G=\sqrt{\frac{4a^2}{9}-\frac{3a^2}{9}}=\frac{a}{3}.$

Thể tích $V_{LT}=\frac{a}{3}\cdot \frac{\sqrt{3}{a}^2}{4}=\frac{a^3\sqrt{3}}{12}.$

(AI giải đề cho tôi)
Gọi A′ là hình chiếu của A trên đường tròn đáy dưới. Khi đó AA′ ∥ OO′ và AA′ = h. Tam giác ABA′ vuông tại A′ (AA′ ⊥ đáy) nên A′B = √(AB² − AA′²) = √(a² − h²), không phụ thuộc vị trí của A, B.

a) Vì OO′ ∥ AA′ nên góc giữa AB và OO′ bằng góc giữa AB và AA′, tức là góc BAA′ của tam giác vuông ABA′. Ta có sin∠BAA′ = A′B/AB = √(a² − h²)/a, hằng số (do a, h cố định). Vậy góc giữa AB và OO′ không đổi.

b) Vì OO′ ∥ AA′ ⊂ (AA′B) nên OO′ ∥ (AA′B). Do đó khoảng cách giữa AB và OO′ bằng khoảng cách từ O đến mặt phẳng (AA′B). Mặt phẳng (AA′B) cắt mặt đáy dưới theo giao tuyến A′B, và O nằm trong mặt đáy dưới, nên khoảng cách từ O đến (AA′B) bằng khoảng cách từ O đến đường thẳng A′B trong mặt đáy. Trong đường tròn đáy bán kính R, A′B là một dây cung độ dài √(a² − h²), nên khoảng cách từ tâm O đến dây A′B là:
d = √(R² − (a² − h²)/4) = ½√(4R² + h² − a²).
Đại lượng này chỉ phụ thuộc R, h, a nên không đổi. Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và OO′ không đổi và bằng ½√(4R² + h² − a²).

(AI giải đề cho tôi)
Chọn A' là hình chiếu của A trên đáy dưới. Khi đó A'B' là dây cung của đường tròn đáy (O') với góc ở tâm ∠A'O'B' = 30° (góc giữa OA và OB' chính là góc giữa hai bán kính sau khi đưa về cùng một mặt phẳng đáy).

a) Tam giác O'A'B' cân tại O' có A'B' = 2a·sin(30°/2) = 2a·sin15°. Vì AA' ⊥ (O') nên AA' ⊥ A'B', do đó:
$$A{B}^{\prime }=\sqrt{A{A}^{\prime 2}+A^{\prime }{B}^{\prime 2}}=\sqrt{(2a{)}^2+(2a\sin 15°{)}^2}=2a\sqrt{1+{\sin }^{2}15°}.$$
Vì ${\sin }^{2}15°=\frac{1-\cos 30°}{2}=\frac{2-\sqrt{3}}{4}$ nên $1+{\sin }^{2}15°=\frac{6-\sqrt{3}}{4}$, suy ra:
$$A{B}^{\prime }=a\sqrt{6-\sqrt{3}}.$$

b) Vì AA' ⊥ đáy nên AA' ⊥ A'B'. Góc giữa AB' và OO' bằng góc giữa AB' và AA' (vì OO' ∥ AA'). Trong tam giác vuông AA'B' vuông tại A':
$$\tan \alpha =\frac{A^{\prime }{B}^{\prime }}{A{A}^{\prime }}=\frac{2a\sin 15°}{2a}=\sin 15°=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}.$$

c) Gọi H là trung điểm A'B', khi đó O'H ⊥ A'B' và O'H ⊥ AA' nên O'H ⊥ (AA'B'). Suy ra O'H ⊥ AB', đồng thời O'H ⊥ AA' nên O'H ⊥ OO' (vì OO' ∥ AA'). Vậy O'H là đường vuông chung của AB' và OO'. Khoảng cách giữa AB' và OO' là:
$$d=O^{\prime }H=O^{\prime }{A}^{\prime }\cos 15°=a\cos 15°=\frac{a(\sqrt{6}+\sqrt{2})}{4}.$$

Đáp số: a) $A{B}^{\prime }=a\sqrt{6-\sqrt{3}}$; b) $\tan \alpha =\sin 15°=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$; c) $d=\frac{a(\sqrt{6}+\sqrt{2})}{4}$.

(AI giải đề cho tôi)
Theo định nghĩa, khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau (hoặc song song) là độ dài đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng. Đáp án D chỉ nói 'đoạn vuông góc chung' (một đoạn, không phải độ dài), A và C sai định nghĩa. Khớp với đáp án nguồn B.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABC)$ nên $SA\perp BC$. Tam giác $ABC$ đều nên $BC\perp AB$. Từ đó $BC\perp (SAB)$ (vì $BC$ vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau $AB$ và $SA$ trong mặt phẳng $(SAB)$, cắt nhau tại $B$).
Khi đó khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $SA$ và $BC$ bằng khoảng cách từ $BC$ đến mặt phẳng $(SAB)$, tức là độ dài đoạn vuông góc từ $B$ (điểm $BC$ cắt $(SAB)$) — chính là $AB$.
Vậy khoảng cách giữa $SA$ và $BC$ bằng $AB=6=6\sqrt{0}$, suy ra $a=6$, $b=0$, do đó $a+b=6$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp BD$. Trong đáy hình vuông, $BD\perp AC$, suy ra $BD\perp (SAC)$. Do đó khoảng cách giữa $SA$ và $BD$ bằng khoảng cách từ $B$ đến $(SAC)$, cũng bằng khoảng cách từ $B$ đến $AC$ trong mặt đáy: $d=\frac{AB\cdot AD}{BD}=\frac{5\cdot 5}{5\sqrt{2}}=\frac{5\sqrt{2}}{2}$. Vậy $a=5,b=2\Rightarrow a-b=3$.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $I$ là trung điểm $AB$, $J$ là trung điểm $CD$.

Vì tam giác $ACD$ đều cạnh 2 nên $AI\perp CD$ (đường trung tuyến đồng thời là đường cao); tương tự tam giác $BCD$ đều cạnh 2 nên $BI\perp CD$. Do đó $CD\perp (ABI)$, suy ra $CD\perp IJ$.

Tương tự, tam giác $CAB$ đều cạnh 2 nên $CJ\perp AB$; tam giác $DAB$ đều cạnh 2 nên $DJ\perp AB$. Do đó $AB\perp (CDJ)$, suy ra $AB\perp IJ$.

Vậy $IJ$ là đoạn vuông góc chung của $AB$ và $CD$, khoảng cách giữa hai đường thẳng $AB$ và $CD$ bằng $IJ$.

Tính $IJ$: tam giác $IAB$... xét tam giác $JAB$ cân tại $J$ với $JA=JB=\sqrt{3}$ (đường cao của tam giác đều cạnh 2), $AB=2$. Vì $I$ là trung điểm $AB$ nên $IJ$ là đường cao: $IJ=\sqrt{J{A}^2-I{A}^2}=\sqrt{3-1}=\sqrt{2}\approx 1,41$.

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng $AB$ và $CD$ là $\sqrt{2}\approx 1,41$.