Đề kiểm tra Khoảng cách trong không gian (có lời giải)- Đề 3

Ta có $d\left( {\left( {ABB'A'} \right),\left( {DCC'D'} \right)} \right) = AD$

Gọi $O = AC \cap BD$. Ta có: $DO \bot \left( {ACC'A'} \right)$ nên $d\left( {D,\left( {ACC'A'} \right)} \right) = DO = \frac{{BD}}{2} = \frac{{4\sqrt 2 }}{2} = 2\sqrt 2$.

Ta có $\left\{ \begin{array}{l}AB \bot AD\\AB \bot SA\;\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow AB = d\left( {B,\left( {SAD} \right)} \right) = a$

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}OO' \bot BD;\,\,OO' \cap BD = O\\OO' \bot A'C';\,\,OO' \cap A'C' = O'\end{array} \right.$

Suy ra $OO'$ là đường vuông góc chung của $BD$ và $A'C'$

Vì $ABCD$ là hình vuông nên $d\left( {AB\,,\,CD} \right) = AD = BC$

Ta có $SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AB$ mà $AB \bot AD$ nên $AB \bot \left( {SAD} \right)$.

Lại có $BC{\rm{//}}\left( {SAD} \right) \Rightarrow d\left( {BC\,,\,\left( {SAD} \right)} \right) = d\left( {B\,,\,\left( {SAD} \right)} \right) = AB$.

Vì $\left\{ \begin{array}{l}AB' \subset (ABB'A')\\CC' \subset (CDD'C')\\(ABB'A'){\rm{//}}(CDD'C')\end{array} \right.$

nên $d(AB',CC') = d((ABB'A'),(CDD'C')) = d(A,(CDD'C')) = AD = 2$.

Vì $ABCD.A'B'C'D'$ là hình lập phương nên $d\left( {\left( {ABCD} \right)\,,\,\left( {A'B'C'D'} \right)} \right) = AA'$.

Giả sử 3 chân của giá đỡ là $B,C,D$.

Giá đỡ ba chân như hình vẽ đang được mở sao cho ba gốc chân cách đều nhau một khoảng cách bằng $90{\rm{\;cm}}$ nên hình chiếu của đỉnh là tâm của đáy mà đáy là tam giác đều do đó tâm là trọng tâm.

Vì đáy là tam giác đều cạnh $90{\rm{\;cm}}$ nên chiều cao của đáy bằng $BM = 90.\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 45\sqrt 3 \left( {{\rm{\;cm}}} \right)$

Khoảng cách từ gốc chân đến tâm của đáy là $OB = \frac{2}{3} \cdot 45\sqrt 3 = 30\sqrt 3 \left( {{\rm{cm}}} \right)$

Chiều cao giá đỡ là $OA = \sqrt {{{110}^2} - {{\left( {30\sqrt 3 } \right)}^2}} = 10\sqrt {94} \left( {cm} \right) \approx 96{,}95\left( {{\rm{cm}}} \right)$

Ta giả sử các cạnh và đỉnh của kim tự tháp như hình vẽ. Vì $S.ABCD$hình chóp tứ giác đều nên $SH$ vuông góc với mặt phẳng $S.ABCD$ ($H = AC \cap BD$).

Xét $ABC$ vuông tại $A$, ta có: $AC = \sqrt {A{B^2} + B{C^2}} = \sqrt {{{262}^2} + {{262}^2}} = 262\sqrt 2$ (m)

$\Rightarrow HC = \frac{{AC}}{2} = 131\sqrt 2$ (m)

Xét $SHC$ vuông tại $H$, ta có: $SH = \sqrt {S{C^2} - H{C^2}} = \sqrt {{{230}^2} - {{(131\sqrt 2 )}^2}} = \sqrt {18578} \approx 136$(m). Vậy chiều cao của kim tự tháp là khoảng 136 mét.

Kẻ $HJ$ vuông góc với $SI$, suy ra $HI$ là đoạn đường ngắn nhất.

Trong tam giác $SHI$ vuông tại H, ta có: $\frac{1}{{H{J^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{S{I^2}}} = \frac{1}{{18578}} + \frac{1}{{17161}} = \frac{{35739}}{{18578.17161}}$

$\Rightarrow H{J^2} = \frac{{18578.17161}}{{35739}} \Rightarrow HJ \approx 94$(m)

a) Đúng

b) Đúng

c) Sai

d) Sai

a) Gọi $H$ là trung điểm $AB$, mà tam giác $SAB$ đều nên $SH \bot AB$.

Ngoài ra $(SAB) \bot (ABC)$ nên $SH \bot (ABC)$.

Ta có: $d(S,(ABC)) = SH = \frac{{2a \cdot \sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3 ($do tam giác $SAB$ đều cạnh $2a)$.

Kẻ đường cao $CK$ của tam giác $ABC$.

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{CK \bot AB}\\{CK \bot SH}\end{array} \Rightarrow CK \bot (SAB) \Rightarrow d(C,(SAB)) = CK} \right.$.

Xét tam giác $ABC$ vuông tại $C$ có:

$BC = \sqrt {A{B^2} - A{C^2}} = \sqrt {4{a^2} - 3{a^2}} = a;CK = \frac{{CA \cdot CB}}{{AB}} = \frac{{a\sqrt 3 \cdot a}}{{2a}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Vậy $d(C,(SAB)) = CK = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Diện tích đáy hình chóp là: ${S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{2}AC \cdot BC = \frac{1}{2}a\sqrt 3 \cdot a = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}$.

Thể tích khối chóp là: ${V_{S \cdot ABC}} = \frac{1}{3}SH \cdot {S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{3} \cdot a\sqrt 3 \cdot \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^3}}}{2}$.

a) Đúng

b) Sai

c) Đúng

d) Sai

Kẻ đường cao $AH$ trong tam giác $AB{D^\prime }$, suy ra $d\left( {A,B{D^\prime }} \right) = AH$.

Vì $ABCD \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }$ là hình hộp chữ nhật nên $AB \bot \left( {AD{D^\prime }{A^\prime }} \right)$,

suy ra $AB \bot A{D^\prime }$ hay tam giác $AB{D^\prime }$ vuông tại $A$.

Tam giác $AD{D^\prime }$ vuông tại $D$ có: $A{D^\prime } = \sqrt {A{D^2} + D{D^{\prime 2}}} = \sqrt {{b^2} + {c^2}}$.

Tam giác $AB{D^\prime }$ vuông tại $A$ có đường cao $AH$ nên

$\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{B^2}}} + \frac{1}{{A{D^{\prime 2}}}} \Rightarrow AH = \frac{{AB \cdot A{D^\prime }}}{{\sqrt {A{B^2} + A{D^{\prime 2}}} }} = \frac{{a\sqrt {{b^2} + {c^2}} }}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}$

Vậy $d\left( {A,B{D^\prime }} \right) = \frac{{a\sqrt {{b^2} + {c^2}} }}{{\sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} }}$.

Vì $ABCD \cdot {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }{D^\prime }$ là hình hộp chữ nhật nên $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{AB//{C^\prime }{D^\prime }}\\{AB = {C^\prime }{D^\prime }}\end{array}} \right.$

$\Rightarrow AB{C^\prime }{D^\prime }$ là hình bình hành.

Dễ thấy $I,J$ lần lượt là trung điểm của $A{D^\prime }$ và $B{C^\prime }$ suy ra $IJ$ là đường trung bình của hình bình hành $AB{C^\prime }{D^\prime } \Rightarrow IJ//AB$, mà $AB \bot A{D^\prime }$ nên $IJ \bot A{D^\prime }$. (1)

Ta có: $AB \bot \left( {BC{C^\prime }{B^\prime }} \right) \Rightarrow AB \bot {B^\prime }C \Rightarrow IJ \bot {B^\prime }C$. (2)

Mặt khác $IJ$ cắt cả hai đường thẳng $A{D^\prime },{B^\prime }C$. (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra $IJ$ là đường vuông góc chung của hai đường thẳng $A{D^\prime }$ và ${B^\prime }C$. Ta có $IJ = AB = a$.

a) Sai

b) Đúng

c) Đúng

d) Sai

Kẻ đường cao $AI$ của tam giác $ABC$, ta có $O$ thuộc $AI$.

Trong mặt phẳng $(SAI)$, dựng $OH \bot SA$ tại $H \Rightarrow d(O,SA) = OH$.

Tam giác $ABC$ đều cạnh $a$ nên $AO = \frac{2}{3}AI = \frac{2}{3} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{a\sqrt 3 }}{3} = SO$.

Tam giác $SAO$ vuông cân tại $O$ nên $OH = \frac{{SA}}{2} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{3} \cdot \sqrt 2 }}{2} = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}$.

Vậy $d(O,SA) = OH = \frac{{a\sqrt 6 }}{6}{\rm{. }}$

Ta xét khoảng cách từ $O$ đến mặt bên $(SBC)$.

Kẻ đường cao $OK$ của tam giác $SOI$. (1)

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{BC \bot SO({\rm{ do }}SO \bot (ABC))}\\{BC \bot AI}\end{array} \Rightarrow BC \bot (SAI) \Rightarrow BC \bot OK} \right.$.(2)

Từ (1) và (2) suy ra $OK \bot (SBC)$ hay $OK = d(O,(SBC))$.

Ta có: $OI = \frac{{AI}}{3} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}}{3} = \frac{{a\sqrt 3 }}{6}$.

Tam giác $SOI$ vuông tại $O$ có đường cao $OK$ nên

$\frac{1}{{O{K^2}}} = \frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{I^2}}} \Rightarrow OK = \frac{{SO \cdot OI}}{{\sqrt {S{O^2} + O{I^2}} }} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{3} \cdot \frac{{a\sqrt 3 }}{6}}}{{\sqrt {\frac{{3{a^2}}}{9} + \frac{{3{a^2}}}{{36}}} }} = \frac{{a\sqrt {15} }}{{15}}$

Vậy $d(O,(SBC)) = OK = \frac{{a\sqrt {15} }}{{15}}$.

a) Đúng

b) Đúng

c) Sai

d) Đúng

Trong mặt phẳng $\left( {{A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }} \right)$, kẻ ${A^\prime }H \bot {B^\prime }{C^\prime }$ tại $H$.

Trong mặt phẳng $\left( {A{A^\prime }H} \right)$ , kẻ ${A^\prime }K \bot AH$ tại $K$. (1)

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}B'C' \bot A'H\\B'C' \bot AA'({\rm{do}}\,AA' \bot (A'B'C'))\end{array} \right. \Rightarrow B'C' \bot (AA'H) \Rightarrow A'K \bot B'C'(2)$

Từ (1) và (2) suy ra ${A^\prime }K \bot \left( {A{B^\prime }{C^\prime }} \right)$ hay $d\left( {{A^\prime },\left( {A{B^\prime }{C^\prime }} \right)} \right) = {A^\prime }K = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.

Tam giác ${A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }$ đều có đường cao ${A^\prime }H = \frac{{2a \cdot \sqrt 3 }}{2} = a\sqrt 3$.

Tam giác $A{A^\prime }H$ vuông tại ${A^\prime }$ có đường cao ${A^\prime }K$ nên

$\frac{1}{{{A^\prime }{K^2}}} = \frac{1}{{{A^\prime }{H^2}}} + \frac{1}{{{A^\prime }{A^2}}} \Rightarrow \frac{1}{{\frac{{3{a^2}}}{4}}} = \frac{1}{{3{a^2}}} + \frac{1}{{{A^\prime }{A^2}}} \Rightarrow {A^\prime }A = a{\rm{. }}$

Hai mặt đáy lăng trụ song song với nhau và có khoảng cách là: $d\left( {(ABC),\left( {{A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }} \right)} \right) = A{A^\prime } = a{\rm{. }}$

Diện tích đáy của lăng trụ (đáy là tam giác đều) là: ${S_{\Delta {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }}} = \frac{{{{(2a)}^2}\sqrt 3 }}{4} = {a^2}\sqrt 3$

Thể tích khối lăng trụ là: $V = A{A^\prime } \cdot {S_{\Delta {A^\prime }{B^\prime }{C^\prime }}} = a \cdot {a^2}\sqrt 3 = {a^3}\sqrt 3$ (đơn vị thể tích).

Kẻ $AH \bot BC$ tại $H \Rightarrow d(A,BC) = AH$.

Ta có: $\left\{ {\begin{array}{llllllllllllllllllll}{BC \bot SA}\\{BC \bot AH}\end{array} \Rightarrow BC \bot (SAH) \Rightarrow BC \bot SH} \right.$

Ta có: $SH = \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{S{C^2}}} + \frac{1}{{S{B^2}}}} }} = \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{{{(2a)}^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}}} }} = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}a$

Ta có: $AH = \sqrt {S{A^2} + S{H^2}} = \sqrt {{{(3a)}^2} + {{\left( {\frac{{2\sqrt 5 }}{5}a} \right)}^2}} = \frac{{7\sqrt 5 }}{5}a$

Vậy $d(A,BC) = \frac{{7\sqrt 5 }}{5}a$.

Dựng và chứng minh được $d(O,(SBC)) = OH$

Ta có: $OI = \frac{1}{2}.2a = a$

$SO = \sqrt {S{B^2} - O{B^2}} = \sqrt {{{\left( {a\sqrt 7 } \right)}^2} - {{\left( {\frac{{2a\sqrt 2 }}{2}} \right)}^2}} = \sqrt 5 a$

Ta có: $OH = \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{S{O^2}}} + \frac{1}{{O{I^2}}}} }} = \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{{{\left( {\sqrt 5 a} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}}} }} = \frac{{\sqrt {30} }}{6}a$

Vậy $d(O,(SBC)) = \frac{{\sqrt {30} }}{6}a.$

Ta lại có: $MO//(SBC) \Rightarrow d(M,(SBC)) = d(O,(SBC)) = \frac{{\sqrt {30} }}{6}a$

Dựng $Bx//AC \Rightarrow AC//(SBx)$

Suy ra $d(AC,SB) = d(AC,(SBx)) = d(A,(SBx))$

Dựng và chứng minh được $d(A,(SBx)) = AK$

Ta có: $\Delta AHB$ vuông cân tại $H$ nên $AH = \frac{{AB}}{{\sqrt 2 }} = \frac{a}{{\sqrt 2 }}$

Ta có:

$AK = \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{H^2}}}} }} = \frac{1}{{\sqrt {\frac{1}{{{{(3a)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{a}{{\sqrt 2 }}} \right)}^2}}}} }} = \frac{{3\sqrt {19} }}{{19}}a$

Vậy $d(AC,SB) = \frac{{3\sqrt {19} }}{{19}}a$.

Thể tích của bể cá hình hộp chữ nhật có ba kích thước $a = 0{,}6\;m;b = 2\;m$; $c = 0{,}8\;m$ là: $V = abc = 0{,}6 \cdot 2 \cdot 0{,}8 = 0{,}96\left( {\;{m^3}} \right)$.

Độ dài đường chéo bể kính hình hộp chữ nhật là:

$d = \sqrt {{a^2} + {b^2} + {c^2}} = \sqrt {0,{6^2} + {2^2} + 0,{8^2}} = \sqrt 5 \approx 2{,}236(\;m).$

Thể tích cái hộp (khối lập phương) là: ${V_1} = {30^3} = 27000\left( {\;c{m^3}} \right)$.

Xét đồ chơi có dạng hình chóp tứ giác đều, chiều cao của hình chóp bằng với một cạnh của hình lập phương, hay $h = 30\;cm$, đáy của hình chóp có diện tích $S = {30^2} = 900\;c{m^2}$.

Thể tích khối đồ chơi (khối chóp tứ giác đều) là:

${V_2} = \frac{1}{3}Sh = \frac{1}{3} \cdot 900 \cdot 30 = 9000\left( {\;c{m^3}} \right){\rm{. }}$

Thể tích phần không gian bên trong chiếc hộp không bị chiếm bởi mô hình đồ chơi dạng hình chóp: $V = {V_1} - {V_2} = 27000 - 9000 = 18000\left( {\;c{m^3}} \right)$.

Thể tích khối rubik là:

$V = {6^3} = 116\left( {\;c{m^3}} \right).$