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

Gọi $O=AC\cap BD$ và $N$ là trung điểm của $BC$. Khi đó $BM\parallel ND\Rightarrow BM\parallel (SND)\Rightarrow d(BM,SD)=d(BM,(SND))=2d(O,(SND))$. Ta có $OA=a\sqrt{2}\Rightarrow SO=\sqrt{S{A}^2-O{A}^2}=a$, và khoảng cách từ $O$ đến $ND$ là $OK=\frac{a}{\sqrt{5}}$. Suy ra $d(O,(SND))=\frac{SO\cdot OK}{\sqrt{S{O}^2+O{K}^2}}=\frac{\sqrt{6}a}{6}\Rightarrow d(BM,SD)=\frac{\sqrt{6}a}{3}$.

Gắn hệ trục tọa độ $Oxyz$ với gốc $O$ là trung điểm của $AB$, $Ox\equiv OB,Oy\parallel AD,Oz\equiv OS$ hoặc dùng phương pháp khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau, ta tính được $d(DM,CN)=\frac{a\sqrt{3}}{8}$.

Chọn B.
(Theo bảng đáp án chính thức của trường THPT Yên Phong số 2 - Bắc Ninh, Mã đề 101, Trang 7-8)

Ta có $H$ là trung điểm của $AD⟹HD=HA=a$.
Vì $SH\perp (ABCD)$ nên góc giữa $SB$ và đáy là $\widehat{SBH}=45^{\circ }⟹SH=BH$.
Trong tam giác vuông $ABH$ tại $A$: $BH=\sqrt{A{B}^2+A{H}^2}=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2}⟹SH=a\sqrt{2}$.
Kẻ đường thẳng qua $D$ song song với $BH$, dựng hình bình hành $BHDK$. Khoảng cách giữa hai đường chéo nhau $SD$ và $BH$ tính được bằng $\frac{a\sqrt{2}}{\sqrt{5}}$.

Gọi $M$ là trung điểm $BC\Rightarrow A^{\prime }M\perp (ABC)$.
Gọi $N,E$ lần lượt là trung điểm của $AB,BN$.
Ta có góc giữa $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ và $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ bằng góc giữa $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ và $(ABC)$, chính là góc $\widehat{A^{\prime }EM}=60^{\circ }$.
$ME=\frac{1}{2}CN=\frac{a\sqrt{3}}{4}$.
$A^{\prime }M=ME\cdot \tan 60^{\circ }=\frac{a\sqrt{3}}{4}\cdot \sqrt{3}=\frac{3a}{4}$.



Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $B^{\prime }{C}^{\prime }$ và $A{A}^{\prime }$ bằng khoảng cách từ $M$ đến đường thẳng $A{A}^{\prime }$ trong tam giác vuông $A^{\prime }MA$:
$\frac{1}{M{I}^2}=\frac{1}{A{M}^2}+\frac{1}{A^{\prime }{M}^2}=\frac{1}{{\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)}^2}+\frac{1}{{\left(\frac{3a}{4}\right)}^2}=\frac{4}{3a^2}+\frac{16}{9a^2}=\frac{28}{9a^2}$.
Suy ra $d=MI=\frac{3a}{\sqrt{28}}=\frac{3a\sqrt{7}}{14}$.
Chọn B.

Chọn C.
Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có $AC=\sqrt{B{C}^2-A{B}^2}=\sqrt{13a^2-4a^2}=3a$.
Gọi $N$ là trung điểm của $A^{\prime }{B}^{\prime }$, suy ra $EN\parallel A{A}^{\prime }\parallel B{B}^{\prime }$, do đó $(CEN)\parallel A^{\prime }B$.
Khoảng cách giữa $A^{\prime }B$ và $CE$ bằng khoảng cách từ $B$ đến mặt phẳng $(CEN)$.
Tính được khoảng cách bằng $d=\frac{6a}{7}$.

Chọn D.
Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AB,CD$. Tam giác $ACD$ và $BCD$ đều có các cạnh bằng 4 nên $AN=BN=2\sqrt{3}$.
Tam giác $NAB$ cân tại $N$ nên $MN\perp AB$. Tương tự tam giác $MCD$ cân tại $M$ nên $MN\perp CD$.
Do đó đoạn vuông góc chung là $MN=\sqrt{A{N}^2-A{M}^2}=\sqrt{(2\sqrt{3}{)}^2-1^2}=\sqrt{11}$.

Chọn B.
Vì $AB=AD=a\sqrt{2}$ nên đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a\sqrt{2}$.
Ta có $A^{\prime }B\parallel D^{\prime }C$, do đó $A^{\prime }B\parallel (AC{D}^{\prime })$.
Suy ra $d(A^{\prime }B,AC)=d(A^{\prime }B,(AC{D}^{\prime }))=d(B,(AC{D}^{\prime }))$.
Gọi $O=AC\cap BD$. Vì $O$ là trung điểm $BD$ nên $d(B,(AC{D}^{\prime }))=d(D,(AC{D}^{\prime }))$.
Xét tứ diện vuông $D.AC{D}^{\prime }$ (với $DA,DC,D{D}^{\prime }$ đôi một vuông góc tại $D$):
Khoảng cách từ $D$ đến mặt phẳng $(AC{D}^{\prime })$ thỏa mãn:
$\frac{1}{d^2}=\frac{1}{D{A}^2}+\frac{1}{D{C}^2}+\frac{1}{D{D}^{\prime 2}}=\frac{1}{(a\sqrt{2}{)}^2}+\frac{1}{(a\sqrt{2}{)}^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{1}{2a^2}+\frac{1}{2a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{2}{a^2}$.
Suy ra $d^2=\frac{a^2}{2}\Rightarrow d=\frac{a}{\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.

Vì hình lăng trụ đứng nên $A{A}^{\prime }\parallel B{B}^{\prime }$, do đó $A{A}^{\prime }\parallel (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$.
Khoảng cách giữa hai đường thẳng $A{A}^{\prime }$ và $BC$ là:
$d(A{A}^{\prime },BC)=d(A{A}^{\prime },(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }))=d(A,(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }))$.
Hạ $AH\perp BC$ tại $H$.
Vì lăng trụ đứng nên $B{B}^{\prime }\perp (ABC)\Rightarrow B{B}^{\prime }\perp AH$.
Suy ra $AH\perp (BC{C}^{\prime }{B}^{\prime })$, do đó $d(A,(BC{C}^{\prime }{B}^{\prime }))=AH$.
Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có cạnh huyền $BC=2a$, $AB=a\sqrt{3}$ nên:
$AC=\sqrt{B{C}^2-A{B}^2}=\sqrt{4a^2-3a^2}=a$.
Đường cao $AH=\frac{AB\cdot AC}{BC}=\frac{a\sqrt{3}\cdot a}{2a}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Chọn B.

Chọn A.
Gọi $O=AC\cap BD\Rightarrow SO\perp (ABCD)$.
Gọi $N$ là trung điểm $CD$, suy ra $MN\parallel BD\Rightarrow BD\parallel (SMN)$.
Do đó $d(SM,BD)=d(BD,(SMN))=d(O,(SMN))$.
Gọi $I=MN\cap OC\Rightarrow I$ là trung điểm $OC$.
Ta có $MN\perp OI$ và $MN\perp SO\Rightarrow MN\perp (SOI)$.
Trong mặt phẳng $(SOI)$, kẻ $OH\perp SI$ ($H\in SI$) $\Rightarrow OH\perp (SMN)$, do đó $OH=d(O,(SMN))$.
Đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $a\Rightarrow OB=OC=\frac{a\sqrt{2}}{2}\Rightarrow OI=\frac{1}{2}OC=\frac{a\sqrt{2}}{4}$.
$SO=\sqrt{S{B}^2-O{B}^2}=\sqrt{a^2-{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2}=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Tam giác $SOI$ vuông tại $O$ có đường cao $OH$:
$OH=\frac{SO\cdot OI}{\sqrt{S{O}^2+O{I}^2}}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{a\sqrt{2}}{4}}{\sqrt{\frac{a^2}{2}+\frac{a^2}{8}}}=\frac{a\sqrt{10}}{10}$.
Vậy $d(SM,BD)=\frac{a\sqrt{10}}{10}$.

Vì $ABCD$ là hình thoi có $\widehat{BAC}=60^{\circ }$ nên $\widehat{BAD}=120^{\circ }$, tam giác $ABD$ cân tại $A$ có $BD=a\sqrt{3}$ và $AC=a$. Vì $A^{\prime }A=A^{\prime }B=A^{\prime }D$ nên hình chiếu vuông góc $H$ của $A^{\prime }$ lên $(ABCD)$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABD$, nằm trên đường thẳng $AC$. Do đó $BD\perp AC$ và $BD\perp A^{\prime }H⟹BD\perp (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$. Gọi $O=AC\cap BD$, trong mặt phẳng $(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$ kẻ $OK\perp A{A}^{\prime }$ (hoặc $C{C}^{\prime }$), khi đó $OK$ là đoạn vuông góc chung của $BD$ và $C{C}^{\prime }$. Vì $(A{A}^{\prime },(ABCD))=\widehat{A^{\prime }AC}=60^{\circ }$ và $OC=\frac{a}{2}$, ta có $d(C{C}^{\prime },BD)=OC\sin 60^{\circ }=\frac{a}{2}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}a}{4}$.

Ta có $AD=CD\cdot \tan 60^{\circ }=\sqrt{3}$. Vì $CD\perp AD$ và $CD\perp SD$ nên $[S,CD,B]=\widehat{SDA}=60^{\circ }\Rightarrow SA=AD\cdot \tan 60^{\circ }=3$.
Gọi $O=AC\cap BD$ và $K$ là trung điểm $SA$ ($AK=\frac{3}{2}$), khi đó $OK\parallel SC\Rightarrow SC\parallel (BDK)$.
Suy ra $d(SC,BD)=d(C,(BDK))=d(A,(BDK))=AH$ với $\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{A{D}^2}+\frac{1}{A{K}^2}=1+\frac{1}{3}+\frac{4}{9}=\frac{16}{9}\Rightarrow AH=\frac{3}{4}=0,75$.

Chọn A.
Vì $BC\parallel AD$ và $AD\subset (SAD)$ nên $BC\parallel (SAD)$.
Do đó khoảng cách giữa $SD$ và $BC$ bằng khoảng cách từ $BC$ đến mặt phẳng $(SAD)$:
$$d(SD,BC)=d(B,(SAD)).$$
Vì $ABCD$ là hình chữ nhật nên $BA\perp AD$.
Lại có $SA\perp (ABCD)⟹SA\perp BA$.
Suy ra $BA\perp (SAD)$, do đó $d(B,(SAD))=AB$.
Trong tam giác vuông $ABC$ vuông tại $B$:
$$AB=\sqrt{A{C}^2-B{C}^2}=\sqrt{A{C}^2-A{D}^2}=\sqrt{(a\sqrt{5}{)}^2-(a\sqrt{2}{)}^2}=\sqrt{5a^2-2a^2}=a\sqrt{3}.$$

Vì $ABCD$ là hình thoi có $\widehat{ABC}=60^{\circ }$ nên $△ABC$ và $△ACD$ đều. Gọi $H,I$ lần lượt là trung điểm của $CD,BC\Rightarrow AH\perp CD$ và $AI\perp BC$, suy ra $[S,CD,B]=\widehat{SHA}=60^{\circ }$.
Từ đó $AI=AH=\frac{SA}{\tan 60^{\circ }}=3\text{ cm}$.
Vì $AD\parallel BC$ nên $d(AD,SB)=d(A,(SBC))=\frac{SA\cdot AI}{\sqrt{S{A}^2+A{I}^2}}=\frac{3\sqrt{3}\cdot 3}{\sqrt{27+9}}=\frac{3\sqrt{3}}{2}\approx 2,6\text{ cm}$.

Chọn C.
Vì $AB\parallel CD\subset (SCD)$ nên $d(AB,SO)=d(AB,(SCD))=\dots$ kẻ đường thẳng song song qua $O$ hoặc gắn hệ trục tọa độ.
Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $AB$ và $SO$ tính được bằng $\frac{a\sqrt{5}}{5}$.

Vì $BC\perp AB$ và $BC\perp SA$ nên $BC\perp (SAB)\Rightarrow [S,BC,A]=\widehat{SBA}=60^{\circ }\Rightarrow SA=a\tan 60^{\circ }=a\sqrt{3}$.
Gọi $O=AC\cap BD$. Vì $BD\perp AC$ và $BD\perp SA$ nên $BD\perp (SAC)$. Kẻ $OH\perp SC$ tại $H$, khi đó $d(SC,BD)=OH$.
Tam giác $CHO$ đồng dạng với tam giác $CAS$ nên $OH=\frac{SA\cdot OC}{SC}=\frac{a\sqrt{3}\cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}}{a\sqrt{5}}=\frac{a\sqrt{30}}{10}\Rightarrow n=10$.

Dựng hình chữ nhật $ABDC$ trong mặt phẳng đáy. Khi đó $CD\parallel AB$, suy ra $AB\parallel (SCD)$.
Do đó $d(AB,SC)=d(AB,(SCD))=d(A,(SCD))$.
Tam giác $ACD$ vuông tại $C$ (do $AC\perp CD$), có $AC=a,CD=a$.
Vì $SA\perp (ACD)$, dựng $AH\perp SC$ trong tam giác vuông $SAC$ (hoặc dựng hình chiếu lên mặt phẳng $(SCD)$).
Ta có $\frac{1}{d^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{C}^2}=\frac{1}{\frac{a^2}{2}}+\frac{1}{a^2}=\frac{2}{a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{3}{a^2}\Rightarrow d=\frac{a}{\sqrt{3}}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$. Chọn A.

Gọi $H$ là trung điểm $AB\Rightarrow SH\perp (ABCD)$. Vì $AD\perp AB$ và $AD\perp SH$ nên $\widehat{SAH}=[S,AD,B]=60^{\circ }\Rightarrow SH=AH\tan 60^{\circ }=\sqrt{3}$.
Vì $AB\parallel CD$ nên $d(AB,SC)=d(AB,(SCD))=d(H,(SCD))=\frac{SH\cdot HE}{\sqrt{S{H}^2+H{E}^2}}=\frac{\sqrt{3}\cdot 2}{\sqrt{3+4}}=\frac{2\sqrt{21}}{7}\approx 1,31$.

* Gọi M , N lần lượt là trung điểm AB, CD .
Khi đó mặt phẳng MNA D chứa A O và MNA D // BC .

d A O; BC d A D NM ; BC d B; A D NM d A; A D NM .

* Hạ AH AM.
Vì MN ABB A nên MN AH
AH A D NM .
d A; A B NM AH .

AA^\prime . AM 5
Xét tam giác A AM có: AH = = a.
A^\prime A + AM
2 2 5
a 5
Vậy d A O; BC .
5

Chọn B.
Chọn hệ trục tọa độ hoặc dùng hình học tổng hợp:
$H$ là gốc, $HC\perp AB$ nên $HC\perp AB$ tại $H$, $SH\perp (ABC)$.
Ta có $HC=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, $HA=HB=\frac{a}{2}$.
Từ giả thiết góc giữa hai mặt phẳng $((SAC),(SBC))=60^{\circ }$, giải phương trình tìm chiều cao $SH$.
Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $AB$ và $SC$:
Vì $AB\perp SH$ và $AB\perp HC$ nên $AB\perp (SHC)$.
Kẻ $HK\perp SC$ tại $K$, thì $HK$ là đoạn vuông góc chung của $AB$ và $SC$.
Do đó $d(AB,SC)=HK=\frac{SH\cdot HC}{\sqrt{S{H}^2+H{C}^2}}=\frac{a\sqrt{3}}{6}$.

Kẻ $AH\perp BC$ tại $H$. Vì $SA\perp (ABC)\Rightarrow SA\perp AH$, nên $AH$ là đoạn vuông góc chung của $SA$ và $BC$. Nửa chu vi tam giác $ABC$ là $p=\frac{3+7+8}{2}=9$, diện tích $S_{ABC}=\sqrt{9\cdot 6\cdot 2\cdot 1}=6\sqrt{3}$. Do đó $d(SA,BC)=AH=\frac{2S_{ABC}}{BC}=\frac{12\sqrt{3}}{7}\approx 2,97$.