Đề kiểm tra Khoảng cách trong không gian (có lời giải)- Đề 2

  Vì \(SA \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow SA \bot AB \Rightarrow d\left( {S,AB} \right) = SA\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot BC\\AB \bot BB'\end{array} \right. \Rightarrow AB \bot \left( {BCC'B'} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {BCC'B'} \right)} \right) = AB = a\).

Dựng \(BH \bot AC\) tại \(H\), ta có \(BH \bot AA'\) ( vì \[AA' \bot \left( {ABCD} \right)\]) nên \(BH \bot (ACC')\)                                \(d\left( {BB',AC'} \right) = d\left( {B,\left( {ACC'} \right)} \right) = BH = \frac{{BA.BC}}{{AC}} = \frac{{a.b}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}\).

Vì \(SA \bot (ABCD)\) nên \(d(S,(ABCD)) = SA = 2a\).

Ta có \(CD \bot AD\) nên \(d(C,AD) = CD = a\).

Vì \(BD{\rm{//}}B'D'\) nên \(BD{\rm{//}}(A'B'C'D')\).

Do đó \(d(BD,(A'B'C'D')) = d(B,(A'B'C'D')) = BB' = a\).

Vì \((ABCD){\rm{//}}(A'B'C'D')\) nên \(d((ABCD),(A'B'C'D')) = d(A,(A'B'C'D')) = AA' = 2a\sqrt 3 \).

Thể tích của khối chóp \(S.ABC\) là \(V = \frac{1}{3}Sh = \frac{1}{3}.\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}.2a = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}\).

Vì \(BD{\rm{//}}B'D'\) nên \(BD{\rm{//(}}A'B'C'D'{\rm{)}}\).

Do đó \(d(BD,A'C') = d(BD,(A'B'C'D')) = d(B,(A'B'C'D')) = BB' = a\).

Gọi \(O\) là tâm của hình vuông \(ABCD\). Ta có \(AO \bot BD\) và \[AO \bot AA'\].

Suy ra \(AO\) là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng \[AA'\] và \(BD\).

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng \(AA'\) và \(BD\) là \[AO = \frac{{AC}}{2} = 2.\frac{{\sqrt 2 }}{2} = \sqrt 2 .\]

Thể tích của bồn chứa là \(V = \frac{1}{3}h\left( {S + \sqrt {S.S'}  + S'} \right) = \frac{1}{3}.3\left( {{5^2} + \sqrt {{5^2}{{.2}^2}}  + {2^2}} \right) = 39\,{m^3}\).

Giá đỡ ba chân được mô hình hóa bằng hình vẽ sau.

Gọi \(S\) là đỉnh của giá đỡ, \(SA,SB,SC\) lần lượt là ba chân của giá đỡ và \(SA = SB = SC = 140\left( {cm} \right)\). Các điểm \(A,\,B,\,C\) là ba gốc chân và \(AB = AC = BC = 130\left( {cm} \right)\). Như vậy \(S.ABC\) là hình chóp tam giác đều, gọi \(M,\,N\) lần lượt là trung điểm của \(BC,\,AB\), \(G = AM \cap CN\), \(G\) là trọng tâm của \(\Delta ABC\); chiều cao của giá đỡ chính là chiều cao của hình chóp tam giác đều \(S.ABC\), chiều cao này bằng độ dài đoạn \(SG\).

Xét \(\Delta SGA\) vuông tại \(G\) có:

\(SG = \sqrt {S{A^2} - G{A^2}}  = \sqrt {S{A^2} - {{\left( {\frac{2}{3}AM} \right)}^2}}  = \sqrt {{{140}^2} - {{\left( {\frac{2}{3}\frac{{AB\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}  = \sqrt {{{140}^2} - {{\left( {\frac{{130\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} \)

a) Ta có: \(AD//BC \Rightarrow AD//(SBC) \Rightarrow d(D,(SBC)) = d(A,(SBC))\).

Trong mặt phẳng \((SAB)\), kẻ \(AH \bot SB\) tại \(H\). (1)

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot AB}\\{BC \bot SA}\end{array} \Rightarrow BC \bot (SAB) \Rightarrow AH \bot BC} \right.\). (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(AH \bot (SBC)\) hay \(d(A,(SBC)) = AH\).

Tam giác \(SAB\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AH\) nên:

\(\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{SA \cdot AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \frac{{2a \cdot a\sqrt 2 }}{{\sqrt {4{a^2} + 2{a^2}} }} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}{\rm{. }}\)

Vậy \(d(D,(SBC)) = d(A,(SBC)) = AH = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}\).

b) Trong mặt phẳng \((SAD)\), kẻ \(AK \bot SD\) tại \(K\). (3)

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AB \bot SA}\\{AB \bot AD}\end{array} \Rightarrow AB \bot (SAD) \Rightarrow AB \bot AK} \right.\).(4)

Từ (3) và (4) suy ra \(AK\) là đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau \(AB,SD\).

Tam giác \(ACD\) vuông tại \(D\) nên \(AD = \sqrt {A{C^2} - C{D^2}}  = \sqrt {3{a^2} - 2{a^2}}  = a\).

Tam giác \(SAD\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AK\) nên

\(\frac{1}{{A{K^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{D^2}}} \Rightarrow AK = \frac{{SA \cdot AD}}{{\sqrt {S{A^2} + A{D^2}} }} = \frac{{2a \cdot a}}{{\sqrt {4{a^2} + {a^2}} }} = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}{\rm{. }}\)

Vậy \(d(AB,SD) = AK = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}\).

c) Diện tích đáy hình chóp là: \({S_{ABCD}} = a \cdot a\sqrt 2  = {a^2}\sqrt 2 \).

Thể tích khối chóp cần tìm là:

\({V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SA \cdot {S_{ABCD}} = \frac{1}{3} \cdot 2a \cdot {a^2}\sqrt 2  = \frac{{2\sqrt 2 {a^3}}}{3}{\rm{ }}\)(đơn vị thể tích).

a) Kẻ đường cao \(HE\) trong tam giác \(SBH\). (1)

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot AB}\\{BC \bot SH({\rm{ do }}SH \bot (ABCD))}\end{array} \Rightarrow BC \bot (SAB) \Rightarrow BC \bot HE} \right.\). (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(HE \bot (SBC)\) hay \(d(H,(SBC)) = HE\).

Tam giác \(BCH\) vuông tại \(B\) có:

\(\begin{array}{*{20}{l}}{CH}&{ = \sqrt {B{C^2} + B{H^2}} }\\{}&{ = \sqrt {{a^2} + {a^2}}  = a\sqrt 2 .}\end{array}\)

Tam giác \(SCH\) vuông tại \(H\) có:

\(\tan \widehat {SCH} = \frac{{SH}}{{CH}} \Rightarrow SH = a\sqrt 2 {\rm{. }}\)

Tam giác \(SBH\) vuông tại \(H\) có đường cao \(HE\) nên

\(\begin{array}{*{20}{l}}{\frac{1}{{H{E^2}}}}&{ = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{B{H^2}}}}\\{ \Rightarrow HE}&{ = \frac{{SH \cdot BH}}{{\sqrt {S{H^2} + B{H^2}} }}}\\{}&{ = \frac{{a\sqrt 2  \cdot a}}{{\sqrt {2{a^2} + {a^2}} }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}.}\end{array}\)

Vậy \(d(H,(SBC)) = HE = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\).

b) Gọi \(K\) là trung điểm \(CD\) thì \(HK\) là đường trung bình của hình chữ nhật \(ABCD\) nên \(HK//BC//AD \Rightarrow HK \bot CD\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{CD \bot HK}\\{CD \bot SH}\end{array} \Rightarrow CD \bot (SHK)} \right.\).

Kẻ đường cao \(HI\) của tam giác \(SHK\).

Ta có: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{HI \bot SK}\\{HI \bot CD({\rm{ do }}CD \bot (SHK),HI \subset (SHK))}\end{array} \Rightarrow HI \bot (SCD)} \right.\).

Tam giác \(SHK\) vuông tại \(H\) có đường cao \(HI\) nên

\(\frac{1}{{H{I^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{K^2}}} \Rightarrow HI = \frac{{SH \cdot HK}}{{\sqrt {S{H^2} + H{K^2}} }} = \frac{{a\sqrt 2  \cdot a}}{{\sqrt {2{a^2} + {a^2}} }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}.\)

Vậy \(d(H,(SCD)) = HI = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\).

Đặt \(AB = a\).

Gọi \(M\) là trung điểm \(CD\)\( \Rightarrow CD \bot AM\),\(CD \bot BM\)\( \Rightarrow CD \bot \left( {ABM} \right)\).

Khi đó \({V_{ABCD}} = {V_{ABMC}} + {V_{ABMD}}\)\( = \frac{1}{3}{S_{ABM}}.CM + \frac{1}{3}{S_{ABM}}.DM\)\( = \frac{1}{3}{S_{ABM}}.CD\).

Do \(AM\)là trung tuyến của tam giác \(ACD\) nên:

\(A{M^2} = \frac{{2\left( {A{C^2} + A{D^2}} \right) - C{D^2}}}{4}\)\( = \frac{{2\left( {{5^2} + {5^2}} \right) - \left( {18 - {a^2}} \right)}}{4}\)\( = \frac{{82 + {a^2}}}{4}\).

Tam giác \(ABM\) cân tại \(M\)( vì \(AM = BM\)) nên:

\({S_{ABM}} = \frac{1}{2}.AB.\sqrt {A{M^2} - {{\left( {\frac{{AB}}{2}} \right)}^2}} \)\( = \frac{1}{2}.a.\sqrt {\frac{{82}}{4}} \)\( = \frac{{a\sqrt {82} }}{4}\).

\({V_{ABCD}} = \frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt {82} }}{4}.\sqrt {18 - {a^2}} \)\( = \frac{{\sqrt {82} }}{{12}}.\sqrt {{a^2}\left( {18 - {a^2}} \right)} \)\( \le \frac{{\sqrt {82} }}{{12}}.\frac{{{a^2} + 18 - {a^2}}}{2}\)\( = \frac{{3\sqrt {82} }}{4}\)\( \Rightarrow x = 3,{\rm{ }}y = 82\).

Gọi \(a\), \(b\), \(c\) lần lượt là ba kích thước của hình hộp chữ nhật.

Khi tăng (giảm) ba kích thước này lên \({k_1}\), \({k_2}\), \({k_3}\) lần thì hình hộp chữ nhật mới có ba kích thước là \({k_1}a\), \({k_2}b\), \({k_3}c\). Theo giả thiết, ta có

\(a.b.c = \left( {{k_1}a} \right).\left( {{k_2}b} \right).\left( {{k_3}c} \right) = \left( {{k_1}{k_2}{k_3}} \right)a.b.c \Leftrightarrow {k_1}{k_2}{k_3} = 1\) (do \(a\), \(b\), \(c\) là các số dương).

VS.ABC=13⋅SABC⋅SASABC=a234SA=SC2−AC2=(2a)2−a2=3a⇒VS.ABC=13⋅a234⋅3a=14a3

VS.ABC=13⋅SABCSOSABC=a234SO=SB2−BO2=(2a)2−a332=333a⇒VS.ABC=13⋅a234⋅333a=1112a3

V=SABC⋅A'AAB=AC=2a2=2aSABC=(2a)22=a2A'A=A'C2−AC2=(a7)2−(2a)2=5a⇒VS.ABC=a2⋅5a=5a3

Vì mặt đường chứa đường thẳng \(b\) và song song với tay vịn chứa đường thẳng \(a\) nên khoảng cách giữa hai đường thẳng \[a\] và \[b\] bằng khoảng cách từ đường thẳng \(a\) đến mặt đường.

Khoảng cách từ đường thẳng \(a\) đến mặt đường bằng: \(0,8 + 3,5 = 4,3\) (m).

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng \[a\] và \[b\] bằng \(4,3\) m.

Ta thấy ba chân của giá đỡ cùng với đoạn thẳng nối chân các giá đỡ (trên mặt đất) tạo thành một hình chóp tam giác đều. Chiều cao của giá đỡ chính là khoảng cách từ đỉnh của giá đến mặt đất.

Giả sử hình chóp tam giác đều là \(S.ABC\). Ta có \(SA = SB = SC = 129\,\,({\rm{cm}})\), \(AB = AC = BC = 110\,\,({\rm{cm}})\).

Có \(AM = \frac{{AB\sqrt 3 }}{2} = 55\sqrt 3 \,\,({\rm{cm}})\), \(AO = \frac{2}{3}AM = \frac{{110\sqrt 3 }}{3}\,\,({\rm{cm}})\).

\(SO = \sqrt {S{A^2} - A{O^2}}  = \sqrt {{{129}^2} - {{\left( {\frac{{110\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}}  \approx 112\,\,({\rm{cm}})\).

Vậy chiều cao của giá đỡ xấp xỉ 112 (cm)

Gọi căn phòng của anh Bình là hình hộp chữ nhật \(ABCD.A'B'C'D'\). Giả sử \(AB = 4\,\,({\rm{m}}),\,\,AD = 6\,\,({\rm{m}})\).

Gọi \(O\) là tâm của đáy \(ABCD\). Sợi dây ngắn nhất khi nó là khoảng cách ngắn nhất từ \(O\) đến các mặt phẳng bên.

Có \(d\left( {O,\left( {ABB'A'} \right)} \right) = d\left( {O,\left( {CDD'C'} \right)} \right)\), \(d\left( {O,\left( {BCC'B'} \right)} \right) = d\left( {O,\left( {ADD'A'} \right)} \right)\).

Gọi \(H,I\) lần lượt là trung điểm của \(AB\) và \(AD\). Có \[OH \bot \left( {ABB'A'} \right),OI \bot \left( {ADD'A'} \right)\] nên \(OH = d\left( {O,\left( {ABB'A'} \right)} \right),OI = d\left( {O,\left( {ADD'A'} \right)} \right)\).

Ta có \(OH = \frac{1}{2}AD = 3\,\,({\rm{m}})\), \(OI = \frac{1}{2}AB = 2\,\,({\rm{m}})\).

Vậy sợi dây ngắn nhất mà anh Bình có thể dùng để trang trí cho căn phòng của mình là 2 (m).