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

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

Ta có \(AA' \bot AB\) và \(AA' \bot A'D'\) nên \(d\left( {AB,A'D'} \right) = AA'\).

Ta có \(SO \bot \left( {ABCD} \right)\) nên \(d\left( {S,\left( {ABCD} \right)} \right) = SO\).

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) 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: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{CK \bot AB}\\{CK \bot SH}\end{array} \Rightarrow CK \bot (SAB) \Rightarrow d(C,(SAB)) = CK} \right.\).

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: \({V_{S \cdot ABC}} = \frac{1}{3}SH \cdot {S_{\Delta ABC}} = \frac{1}{3} \cdot a\sqrt 3  \cdot \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} = \frac{{{a^3}}}{2}\).

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 \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{AB//{C^\prime }{D^\prime }}\\{AB = {C^\prime }{D^\prime }}\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow AB{C^\prime }{D^\prime }\) 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 \(IJ = AB = a\).

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: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot SO({\rm{ do }}SO \bot (ABC))}\\{BC \bot AI}\end{array} \Rightarrow BC \bot (SAI) \Rightarrow BC \bot OK} \right.\).(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 \(d(O,(SBC)) = OK = \frac{{a\sqrt {15} }}{{15}}\).

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: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{BC \bot SA}\\{BC \bot AH}\end{array} \Rightarrow BC \bot (SAH) \Rightarrow BC \bot SH} \right.\)

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:

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