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

(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)
Vì $CD\parallel AB$ nên $CD\parallel (SAB)$, do đó khoảng cách giữa $SA$ và $CD$ bằng khoảng cách từ $C$ đến mặt phẳng $(SAB)$.

Gọi $O$ là tâm đáy, $SO=h$ là chiều cao chóp. Đặt hệ tọa độ: $A(-a\sqrt{3},-a\sqrt{3},0)$, $B(a\sqrt{3},-a\sqrt{3},0)$, $C(a\sqrt{3},a\sqrt{3},0)$, $S(0,0,h)$.

Mặt phẳng $(SAB)$ có vectơ pháp tuyến $\vec{n}=\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AS}=(0,-2a\sqrt{3}h,6a^2)$, đi qua $A$, nên phương trình: $-2a\sqrt{3}h(y+a\sqrt{3})+6a^{2}z=0$.

Khoảng cách từ $C(a\sqrt{3},a\sqrt{3},0)$ đến $(SAB)$:
$$d=\frac{12a^{2}h}{\sqrt{12a^2{h}^2+36a^4}}=\frac{6ah}{\sqrt{3h^2+9a^2}}=3a.$$

Suy ra $2h=\sqrt{3h^2+9a^2}\Rightarrow 4h^2=3h^2+9a^2\Rightarrow h=3a$.

Thể tích: $V=\frac{1}{3}\cdot (2a\sqrt{3}{)}^2\cdot 3a=\frac{1}{3}\cdot 12a^2\cdot 3a=12a^3$.

(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)
Đặt hệ tọa độ $A(0,0,0)$, $B(a,0,0)$, $C(a,a,0)$, $D(0,a,0)$, $B^{\prime }(a,0,a)$, $D^{\prime }(0,a,a)$. Đường thẳng $A{B}^{\prime }$ có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u_1}=(1,0,1)$, đường thẳng $C{D}^{\prime }$ có vectơ chỉ phương $\overrightarrow{u_2}=(-1,0,1)$. Lấy $\overrightarrow{CA}=(-a,-a,0)$. Ta có $\overrightarrow{u_1}\times \overrightarrow{u_2}=(0,-2,0)$. Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau: $d(A{B}^{\prime },C{D}^{\prime })=\frac{|\overrightarrow{CA}\cdot (\overrightarrow{u_1}\times \overrightarrow{u_2})|}{|\overrightarrow{u_1}\times \overrightarrow{u_2}|}=\frac{|2a|}{2}=a$. Vậy đáp án B. Cách khác: $A{B}^{\prime }\parallel D^{\prime }C$ nên khoảng cách giữa $A{B}^{\prime }$ và $C{D}^{\prime }$ bằng khoảng cách từ $D^{\prime }$ đến mặt phẳng $(A{B}^{\prime }C)$, tính được cũng bằng $a$.

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'.)

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) 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)
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 $\vec{n}=(1,1,2)$; $d(BD,A^{\prime }C)=\frac{|\overrightarrow{BC}\cdot \vec{n}|}{|\vec{n}|}=\frac{a}{\sqrt{6}}=\frac{a\sqrt{6}}{6}$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(2;0;0)$, $C(2;2;0)$, $D(0;2;0)$, $S(0;0;4)$. Đường thẳng $BD$ có vectơ chỉ phương $\vec{u}=(1;-1;0)$, đường thẳng $SC$ có $\vec{v}=(2;2;-4)$. Lấy điểm $B(2;0;0)$ trên $BD$ và $S(0;0;4)$ trên $SC$, ta có $\overrightarrow{SB}=(2;0;-4)$. Vectơ pháp tuyến chung: $\vec{n}=\vec{u}\times \vec{v}=(4;4;4)$, $|\vec{n}|=4\sqrt{3}$. Khoảng cách: $d(BD,SC)=\frac{|\overrightarrow{SB}\cdot \vec{n}|}{|\vec{n}|}=\frac{|8+0-16|}{4\sqrt{3}}=\frac{8}{4\sqrt{3}}=\frac{2}{\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}\approx 1,1547$. Vậy khoảng cách giữa $BD$ và $SC$ xấp xỉ $1,2$.

(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)
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)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(a;0;0)$, $D(0;d;0)$, $C(a;d;0)$. Tam giác $SAB$ đều cạnh $a$ nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy qua $AB$ nên $S\left(\frac{a}{2};0;\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)$. Vì $BC\parallel AD$ và $AD\subset (SAD)$ nên $BC\parallel (SAD)$, do đó $d(SD,BC)=d(B,(SAD))$. Mặt phẳng $(SAD)$ qua $A$ có vectơ pháp tuyến $\vec{n}=\overrightarrow{AD}\times \overrightarrow{AS}\parallel (\sqrt{3};0;-1)$, phương trình: $\sqrt{3}x-z=0$. Khoảng cách từ $B(a;0;0)$: $d=\frac{\sqrt{3}a}{2}=a\sqrt{\frac{3}{4}}$. Vậy $m=3,n=4$ (nguyên tố cùng nhau), $m^2-2n^2=9-32=-23$. Kết quả khớp với đáp án nguồn $-23$.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: A(0,0,0), B(a,0,0), D(0,d,0), C(a,d,0). Vì (SAB) ⊥ (ABCD) và tam giác SAB đều cạnh a nên S(a/2, 0, a√3/2). Do BC ∥ AD nên BC ∥ (SAD), khoảng cách giữa SD và BC bằng d(B,(SAD)). Mặt phẳng (SAD) có VTCP pháp tuyến AD×AS ∝ (√3,0,−1), phương trình √3x − z = 0. Khoảng cách từ B(a,0,0): |√3·a|/√(3+1) = a√3/2 = a√(3/4). Vậy m=3, n=4, m²−n² = 9−16 = −7, khớp đáp án nguồn.

a) Chứng minh $(SCD)\perp (SAD)$ (0,5 điểm): Chứng minh được $CD\perp (SAD)$ (0,25); lập luận $CD\subset (SCD)\Rightarrow (SCD)\perp (SAD)$ (0,25). b) Xác định đường vuông góc chung và tính khoảng cách giữa $BD$ và $SC$ (1,0 điểm): Kẻ $OH\perp SC$ (0,25); Chứng minh được $OH\perp BD$ (0,25); CM được $\Delta SAC\sim \Delta OHC\Rightarrow \frac{OH}{SA}=\frac{OC}{SC}$ (0,25); $\Rightarrow OH=\frac{OC.SA}{SC}=\frac{a\sqrt{70}}{14}$ (0,25). Lưu ý: Thảo luận kỹ HDC trước khi chấm; học sinh làm cách khác (đúng), GV tự phân chia điểm hợp lý để chấm.

a) Chứng minh $(SBC)\perp (SAB)$ (0,5 điểm): Chứng minh được $BC\perp (SAB)$ (0,25); lập luận $BC\subset (SBC)\Rightarrow (SBC)\perp (SAB)$ (0,25). b) Xác định đường vuông góc chung và tính khoảng cách giữa $BD$ và $SC$ (1,0 điểm): Kẻ $OH\perp SC$ (0,25); Chứng minh được $OH\perp BD$ (0,25); CM được $\Delta SAC\sim \Delta OHC\Rightarrow \frac{OH}{SA}=\frac{OC}{SC}$ (0,25); $\Rightarrow OH=\frac{OC.SA}{SC}=\frac{a\sqrt{30}}{10}$ (0,25). Lưu ý: Thảo luận kỹ HDC trước khi chấm; học sinh làm cách khác (đúng), GV tự phân chia điểm hợp lý để chấm.

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(13;0;0)$, $C(13;13;0)$, $D(0;13;0)$, $O(6,5;6,5;0)$. Vì $SA\perp (ABCD)$ và góc giữa $SB$ và $(ABCD)$ bằng $60^{\circ }$ nên $\tan 60^{\circ }=\frac{SA}{AB}=\frac{SA}{13}$, suy ra $SA=13\sqrt{3}$, tức $S(0;0;13\sqrt{3})$. Đường thẳng $AB$ có vectơ chỉ phương $\vec{u}=(1;0;0)$, đường thẳng $SO$ có vectơ chỉ phương $\vec{v}=\overrightarrow{OS}=(6,5;6,5;-13\sqrt{3})$. Ta có $\vec{u}\times \vec{v}=(0;13\sqrt{3};6,5)$ với độ dài $|\vec{u}\times \vec{v}|=\sqrt{507+42,25}=\sqrt{549,25}$. Lấy điểm $A$ trên $AB$ và $S$ trên $SO$, vectơ $\overrightarrow{AS}=(0;0;13\sqrt{3})$. Khoảng cách giữa $AB$ và $SO$: $d=\frac{|\overrightarrow{AS}\cdot (\vec{u}\times \vec{v})|}{|\vec{u}\times \vec{v}|}=\frac{13\sqrt{3}\cdot 6,5}{\sqrt{549,25}}\approx \frac{146,34}{23,44}\approx 6,24\approx 6,2cm$. Kết quả khớp với đáp án nguồn 6,2.

(AI giải đề cho tôi)
Đáy hình vuông cạnh $AB=2$ nên $S_{ABCD}=2^2=4$ (ý a sai). $AO=\frac{1}{2}AC=\sqrt{2}$. Góc giữa $SA$ và đáy là $\widehat{SAO}=60^{\circ }$ nên $SO=AO\tan 60^{\circ }=\sqrt{2}\cdot \sqrt{3}=\sqrt{6}$ (ý b đúng). Thể tích $V=\frac{1}{3}\cdot 4\cdot \sqrt{6}=\frac{4\sqrt{6}}{3}\ne 4\sqrt{6}$ (ý c sai). Vì $BC\parallel AD$ nên $d(SA,BC)=d(BC,(SAD))=d(B,(SAD))$. Ta có $AB\perp AD$ và $AB\perp AO\Rightarrow AB\perp SA$, suy ra $AB\perp (SAD)$, do đó khoảng cách bằng $AB=2\ne \sqrt{21}$ (ý d sai). Khớp đáp án nguồn: ĐSSS.
a) (AI giải đề cho tôi)
Đáy là hình vuông cạnh 2 nên $S_{ABCD}=2^2=4\ne 2$.
b) (AI giải đề cho tôi)
$AO=\sqrt{2}$, $\widehat{SAO}=60^{\circ }$ nên $SO=AO\tan 60^{\circ }=\sqrt{6}$.
c) (AI giải đề cho tôi)
$V=\frac{1}{3}\cdot S_{ABCD}\cdot SO=\frac{1}{3}\cdot 4\cdot \sqrt{6}=\frac{4\sqrt{6}}{3}\ne 4\sqrt{6}$.
d) (AI giải đề cho tôi)
$BC\parallel AD$ nên $d(SA,BC)=d(B,(SAD))$. Vì $AB\perp AD$ và $AB\perp SA$ nên $AB\perp (SAD)$, khoảng cách bằng $AB=2\ne \sqrt{21}$.