Các dạng toán khoảng cách trong hình học không gian – Trần Đình Cư Toán 12

Tài liệu gồm 70 trang trình bày các dạng toán tính khoảng cách trong hình học không gian, phương pháp giải và bài tập trắc nghiệm có lời giải cho tiết.Mời các bạn đón xem.

112 56 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Chương 1: Khối đa diện

Môn: Toán 12

Thông tin:

70 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Lan Tường
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 1
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 2
MỤC LỤC
CHỦ ĐỀ 7. KHOẢNG CÁCH ............................................................................................. 3
DẠNG 1. KHOẢNG CÁCH TỪ 1 ĐIỂM ĐẾN ĐƯỜNG THẲNG ................................ 3
DẠNG 2. KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG ............................... 9
DẠNG 3. KHOẢNG CÁCH GIỮA HAI MẶT PHẲNG SONG SONG. ..................... 40
DẠNG 4. KHOẢNG CÁCH HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU ........................... 46
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 3
CHỦ ĐỀ 7. KHOẢNG CÁCH
DẠNG 1. KHOẢNG CÁCH TỪ 1 ĐIỂM ĐẾN ĐƯỜNG THẲNG
Phương Pháp
Cách xác định:
Việc dựng hình chiếu của một điểm trên đường thẳng trong không gian, ta có thể làm theo
2 cách sau:
Dựng mặt phẳng đi qua điểm và đường thẳng đã cho. Rồi trên mặt phẳng đó qua điểm
đã cho dựng đoạn vuông góc từ điểm tới đường thẳng.
Dựng một mặt phẳng đi qua điểm đã cho và vuông góc với đường thẳng, lúc đó giao
điểm của đường thẳng với mặt phẳng vừa dựng chính là hình chiếu của điểm trên đường
thẳng.
Tính toán: Sau khi đã xác định được khoảng cách cần tính, ta dùng các hệ thức lượng
trong tam giác, đa giác, đường tròn, … để tính toán.
Câu 1. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có
AB a, AD b, AA' c
. Tính khoảng
cách từ điểm A đến đường thẳng BD’.
A.
22
2 2 2
a b c
a b c

B.
22
2 2 2
b b c
a b c

C.
22
2 2 2
c b c
a b c

D.
22
2 2 2
abc b c
a b c

Hướng dẫn giải
Do
nên tam giác ABD’ vuông tại A. Trong tam giác ABD’ kẻ đường cao AH thì
AH d A,BD'
.
Trong
ADD'
, ta có:
2 2 2 2
2 2 2 2 2
AD' AD DD' b c
BD' AB AD' a b c
Xét
ABD'
, ta được:
22
2 2 2
AH.BD' AB.AD'
AB.AD' a b c
AH
BD'
a b c

c
a
b
B'
C'
A'
A
D
C
B
D'
H
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 4
Vậy
22
2 2 2
a b c
d A ,BD' AH
a b c


. Vậy chọn đáp án A.
Câu 2. Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều tâm O, cạnh a, hình
chiếu của C’ trên mp(ABC) trùng với tâm của đáy. Cạnh bên CC’ hợp với mp(ABC) góc
60
. Gọi I là trung điểm của AB. Tính các khoảng cách:
Câu 2.1. Từ điểm O đến đường thẳng CC’
A.
a
2
B.
3a
2
C.
a
4
D.
a
3
Hướng dẫn giải
Theo giả thiết, suy ra:
C'O ABC
, suy ra:
ABC
OC hch CC' CC', ABC C'CO
Theo giả thiết, ta có:
C'CO 60
Trong mp(C’CO) dựng
OH CC'
tại H ta được:
d O,CC' OH
.
Xét
COH
2 a 3 3 a
OH OC.sin30 . .
3 2 2 2
Suy ra:
a
d O,CC'
2
. Vậy chọn đáp án A.
Câu 2.2. Khoảng cách từ điểm C đến đường thẳng IC’
A.
2a 13
3
B.
3a 13
13
C.
a3
3
D.
a 13
3
Hướng dẫn giải
Tính
d C,IC'
Trong mp(C’IC) dựng
CK IC'
tại K ta được:
d C,IC' CK
Xét
OC'.CI
CIC' OC'.CI CK.IC' CK
IC'
Mà
a 3 a 3
OC' OC.tan60 . 3 a;CI
32
22
2 2 2 2
a 13a
IC' IO OC' a
12 12
Nên
a3
a.
3a 3a 13
2
d C,IC' CK
13
a 13 13
23
. Vậy chọn đáp án B.
Câu 2.3. Khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng A’B’
a
a
a
60
°
J
O
I
B'
C'
A
C
B
A'
K
H
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 5
A.
2a 7
3
B.
a7
3
C.
a7
2
D.
a7
4
Hướng dẫn giải
Tính
d O,A'B'
Vì
C'O ABC A'B'C' OC' A'B'C' ∥
. Gọi J là trung điểm của
A'B' C'J A'B ' A'B'C' OJ A'B '
(định lí 3 đường vuông góc)
Tức là:
d O,A'B' OJ
Xét
2
2 2 2
3a a 7
OC'J OJ OC' C'J a
42
Tức là:
a7
d O,A'B'
2
. Vậy chọn đáp án C.
Câu 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt
phẳng (ABCD) và
SA a
. Gọi E là trung điểm của cạnh CD. Tính theo a khoảng cách từ
điểm S đến đường thẳng BE
A.
2a 5
5
B.
a5
3
C.
a5
5
D.
3a 5
5
Hướng dẫn giải
Vì
SA ABCD
, trong mặt phẳng (ABCD) nếu dựng
AH BE
tại H thì
SH BE
(định lí 3 đường vuông góc). Tức
là khoảng cách từ điểm S đến đường thẳng BE bằng đoạn SH.
Ta có:
2
ABE
1 1 a 1
S AB.EF a.a AH.BE
2 2 2 2
Mà
2
2 2 2
a a 5
BE BC CE a
42
Nên
2
a 2a
AH
BE
5

, mà
SAH
vuông tại A, nên:
2
2 2 2
4a 3a 3a 5
SH SA AH a
55
5
Vậy
3 a 5
d S ,BE
5
. Vậy chọn đáp án D.
Câu 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm O,
SA ABCD
,
SA a
. Gọi I là trung điểm của SC và M là trung điểm của AB. Tính khoảng cách từ điểm
I đến đường thẳng CM
a
a
a
F
E
C
A
D
B
S
H
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 6
A.
a2
5
B.
a3
17
C.
a 30
10
D.
a3
7
Hướng dẫn giải
Do
IO ABCD
nên nếu dựng
OK CM K CM
thì
IK CM
.
Tức là:
d I,CM IK
.
Mà
2
2 2 2
a
IK OI OK OK
4
Do
OMC
1
S OK.MC
2
222
OMC
2
2
aaa
2
2 8 4
2S
a
OK
MC
25
a
a
4





Suy ra
22
a a a 6 a 30
IK
4 20 10
25
. Vậy chọn đáp án C.
Câu 5. Cho hình chóp đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, gọi O là tâm của đáy và
a3
SO
3
.
Gọi I là trung điểm của BC và K là hình chiếu của O lên SI. Tính khoảng cách từ O đến SA.
A.
a5
5
B.
a3
3
C.
a2
3
D.
a6
6
Hướng dẫn giải
Dựng
OH SA
tại H
d O,SA OH
Ta có:
2 2 a 3 a 3
OA AI . SO
3 3 2 3
, suy ra:
1 1 a 3 a 6
OH SA . . 2
2 2 3 6
Vậy
a6
d O,SA
6
. Vậy chọn đáp án D.
Câu 7. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Tính khoảng cách từ C đến AC.
A.
a6
7
B.
a3
2
C.
a6
3
D.
a6
2
Hướng dẫn giải
Nhận xét rằng:
BAC' CA'A DAC' A'AC
B'C'A D'C'A
nên
a
a
a
I
O
M
C
A
D
B
K
a
a
a
a
3
3
O
I
H
A
C
B
S
K
C
B
D
A
C'
A'
B'
D'
H
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 7
khoảng cách từ các điểm B, C, D, A’, B’, D’ đến đường chéo AC’ đều bằng nhau.
Hạ
CH
vuông góc với AC’, ta được:
2 2 2
1 1 1 a 6
CH
3
CH AC CC'
. Vậy chọn đáp án C.
Câu 8. Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a. Khoảng cách từ D đến
đường thẳng SB bằng:
A.
a
B.
a
2
C.
a
3
D.
a3
2
Hướng dẫn giải
Gọi H là giao điểm của AC và BD.
AB BC CD DA a
ABCD là hình thoi.
Do đó
AC BD
đồng thời H là trung điểm của AC và BD.
SAC
cân tại S
SH AC
(1)
SBD
cân tại S
SH BD
(2)
Từ (1) và (2) suy ra:
SH ABCD
(3)
Vì
SA SB SC SD
nên
HA HB HC HD
.
Suy ra ABCD là hình vuông (tứ giác đều) (4)
Từ (3) và (4) ta được S.ABCD là hình chóp tứ giác đều.
Xét
SBD
ta có:
2 2 2
SA SB a,BD a 2 BD SB SD
. Thế nên
SBD
vuông tại S.
Suy ra
DS SB
. Vậy
d D ,SB DS a
. Vậy chọn đáp án A.
Câu 9. Cho tứ diện ABCD có
AB BCD , BC 3a, CD 4a, AB 5a
. Tam giác BCD
vuông tại B. Tính khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng CD.
A.
a
B.
a
2
C.
a
3
D.
a3
2
Hướng dẫn giải
Ta có
AC CD d A,CD AC
22
2 2 2 2
ABC A 90
AC AB BC 5a 3a 34a

AC a 34
Câu 10. Cho tam giác ABC có
AB 14,BC 10,AC 16
. Trên đường thẳng vuông góc với
mặt phẳng (ABC) tại A lấy điểm O sao cho
OA 8
. Khoảng cách từ điểm O đến cạnh BC
là:
H
A
C
B
D
S
B
D
C
A
H
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 8
A.
83
B.
16
C.
82
D.
24
Hướng dẫn giải
Nửa chu vi tam giác ABC:
14 16 10
p 20
2


ABC
S 20. 20 14 20 16 20 10 40 3
ABC
2S
80 3
AH 8 3
BC 10
Nối OH thì
OH BC
. Khoảng cách từ O đến BC là OH:
22
OH OA AH 16
Vậy chọn đáp án B.
Câu 11. Hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A,
BC 2a
,
ABC 60
. Gọi M
là trung điểm cạnh BC và
SA SC SM a 5
. Khoảng cách từ S đến cạnh AB là:
A.
a 17
4
B.
a 19
2
C.
a 19
4
D.
a 17
2
Hướng dẫn giải
Chân đường cao hình chóp là tâm H của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMC (Do
SA SC SM
).
Góc
AMC 120
, nên H ở ngoài tam giác AMC và HAM là tam giác đều nên:
HM AM a
2 2 2 2
SH SM HM 5a a 2a
Từ H kẻ
HK AB
thì
SK AB
: SK là khoảng cách từ S đến
cạnh AB.
a3
HK MI
2

(do ABM là tam giác đều cạnh bằng a)
22
2 2 2
3a 19a a 19
SK SH HK 4a
4 4 2
.
Vậy chọn đáp án B.
A
C
B
O
H
60
°
I
K
M
A
C
B
S
H
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 9
DẠNG 2. KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG
Câu 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông, SA vuông góc với đáy,
SA a
. Góc
giữa đường thẳng SD và mặt phẳng (SAC) bằng
0
30
. Tính khoảng cách từ điểm D đến
mặt phẳng (SBM) với M là trung điểm CD.
A.
a
3
B.
2a
3
C.
4a
3
D.
5a
3
Hướng dẫn giải
Chứng minh
DB SAC
Hình chiếu vuông góc của DS lên
(SAC) là SO, góc giữa SD và (SAC) là
0
DSO 30
. Đặt
DO x
,
ta có
SO x 3
(O là giao của AC và BD)
Từ
2 2 2
a
SO AO SA x
2
Gọi N là trung điểm của AB
DN/ /BM
Suy ra
1
d D; SBM d N; SBM d A; SBM
2

Kẻ
AI BM, AH SM
.
Từ đó chứng minh được
AH SBM d A; SBM AH
Trong (ABCD):
2
ABM ABCD BCM
a
S S S
2
Mà
ABM
1 2a
S AI.BM AI
2
5
Khi đó:
2 2 2
1 1 1 a
AH a d D; SBM
33
AH AI SA
.
Vậy chọn đáp án A.
Câu 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với
A B a 2
và
BC a
.
Cạnh bên SA vuông góc với đáy và góc giữa cạnh bên SC với đáy là
0
60
. Tính khoảng
cách từ điểm C đến mặt phẳng (SBD)
A.
a 38
29
B.
3a 58
29
C.
3a 38
29
D.
3a
29
Hướng dẫn giải
O
M
D
N
B
C
A
S
I
H
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 10
Gọi H là hình chiếu vuông góc
của A trên BD và K là hình chiếu
vuông góc của A trên SH.
Ta có
SA BD
và
AH BD
nên
BD SAH
.
Suy ra
AK BD
. Mà
AK SH
nên
AK SBD
Ta có:
d C; SBD d A; SBD AK
Ta có:
2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 29
AK SA AH SA AB AD 18a
Vậy
3a 58
d C; SB D AK
29

. Vậy chọn đáp án B
Câu 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a,
SA ABCD
và
SA a 3
. Gọi I là hình chiếu của A lên SC. Từ I lần lượt vẽ các đường thẳng song song
với SB, SD cắt BC, CD tại P, Q. Gọi E, F lần lượt là giao điểm của PQ với AB, AD. Tính
khoảng cách từ E đến mặt phẳng (SBD).
A.
3a 21
11
B.
a 21
9
C.
3a 21
7
D.
a 21
7
Hướng dẫn giải
Gọi O là tâm của hình vuông
ABCD.
Qua A dựng
AH SO
. Dễ dàng
chứng minh được
AH BD
Khi đó
AH d A, SBD
Trong tam giác vuông SAC, ta có:
2 2 2 2 2
2
2 2 2 2 2
2 2 2
IC AC AC AB BC 2a 2
CI.SC AC
SC 5
SC SA AC 2a 3a
SA AB BC


CBS
có
IP CP CI CP 2
IP SP
SB CB CS CB 5
∥
Áp dụng định lý Talet:
BE BP 3 BE BC CP 3
CQ PC 2 CQ PC 2
Mà
5
AB CD CQ QP CQ BE BE
3
Do
AEF
vuông tại A nên:
O
F
E
Q
P
D
C
A
B
S
I
H
60
°
B
D
C
A
S
H
K
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 11
2
2
22
AEF
1 1 1 32 32a
S AE.AF AE AB BE AB
2 2 2 25 25
(đvdt)
DA 5 3
d E, SBD d A, SBD
DE 3 5
Tam giác SAO vuông tại A, khi đó
2
2
2 2 2
1 1 1 3a
AH
7
AH SA AO
Vậy
3 a 21
d E, SBD
7
Câu 4. Cho khối chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B,
BA a, BC 2a
,
SA 2a
,
SA ABC
. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A trên SB, SC. Tính khoảng cách từ điểm
K đến mặt phẳng (SAB)
A.
8a
9
B.
a
9
C.
2a
9
D.
5a
9
Hướng dẫn giải
Vì
BC SAB
nên:
AH BC, AH SBC
AH HK, AH SC
mà
AK SC
SC AHK
Ta có:
AB.SA 2a
AH
SB
5

,
AC.SA 2 5a
AK
SC 3

,
22
8a
HK AK AH
35
,
4a
SK
3
3
S.AHK
1 4a 2a 8a 32
V . . . a
6 3 135
5 3 5
Mặt khác
22
4
SH SA AH a
5
nên
2
AHS
4
Sa
5
Vậy khoảng cách cần tìm là:
KSAH
AHS
3V
8a
d K, SAB
S9

.
Vậy chọn đáp án A.
Câu 5. Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình thang,
0
ABC BAD 90
,
BA BC a
,
AD 2a
. Cạnh bên SA vuông góc với đáy và
SA a 2
. Gọi H là hình chiếu của A lên SB.
Tính (theo a) khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SCD)
A.
5a
3
B.
4a
3
C.
2a
3
D.
a
3
A
C
B
S
H
K
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 12
Hướng dẫn giải
Gọi I là trung điểm AD.
Ta có
AD
CI IA ID
2
, suy ra
ACD
vuông tại C.
CD AC
. Mà
SA ABCD SA CD
nên ta có
CD SD
hay
SCD
vuông. Gọi
12
d , d
lần lượt là khoảng cách từ B, H đến mp(SCD)
Ta có:
SA SB
SAB SHA
SH SA
∽
2
2
SH SA 2
SB 3
SB
mà
2
21
1
d
SH 2 2
dd
SB d 3 3
Thể tích khối tứ diện S.BCD:
3
SBCD
1 1 2a
V SA. AB.BC
3 2 6

Ta có:
22
SC SA AC 2a
,
2 2 2
SCD
1
CD CI ID 2a S SC.CD 2a
2
Ta có:
3
S.BCD 1 SCD 1
2
2a
3.
1a
6
V d .S d
32
2a
Vậy khoảng cách từ H đến mp(SCD) là
21
2a
dd
33

.
Vậy chọn đáp án D.
Câu 6. Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông tại A,
AB AC a
, I là trung điểm
của SC, hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng
ABC
là trung điểm H của BC, mặt
phẳng
SAB
tạo với đáy một góc bằng
0
60
. Tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng
SAB
theo a.
A.
a3
2
B.
a3
8
C.
a3
4
D.
a
4
Hướng dẫn giải
Gọi K là trung điểm của AB
HK AB 1
Vì
SH ABC
nên
SH AB 2
Từ (1) và (2)
AB SK
I
A
D
B
C
S
H
60
°
K
H
C
B
A
S
M
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 13
Do đó góc giữa
SAB
với đáy bằng góc giữa SK và HK và bằng
0
SKH 60
Ta có
a3
SH HK.tanSKH
2

Vì
IH/ /SB
nên
IH/ / SAB
. Do đó
d I, SAB d H, SAB
Từ H kẻ
HM SK
tại M
HM SAB d H, SAB HM
Ta có
2 2 2 2
1 1 1 16 a 3
HM
4
HM HK SH 3a
. Vậy
a3
d I, SAB
4
.
Vậy chọn đáp án C.
Câu 7. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A và
AB 2a
,
AC 2a 3
. Hình
chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của cạnh AB. Góc giữa hai
mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng
0
30
. Tính khoảng cách từ trung điểm M của cạnh BC
đến mặt phẳng (SAC)
A.
a3
5
B.
a5
3
C.
a5
5
D.
3a
5
Hướng dẫn giải
Trong mặt phẳng (ABC) kẻ
HK BC
tại
K
BC SHK
Từ giả thiết ta có:
0
SHK 30
22
BC AB AC 4a
AC HK 3 a 3
sinABC HK
BC HB 2 2
Trong tam giác SHK có:
a
SH HKtanSKH
2

Do M là trung điểm của cạnh BC nên MH // AC, do đó MH // (SAC). Suy ra:
d M, SAC d H, SAC
Trong mặt phẳng (SAB) kẻ
HD SA
tại D. Ta có:
AC SAB AC DH DH SAC
2 2 2
1 1 1 a 5
HD
5
DH HA HS
Vậy
a5
d M, SAC d H, SAC HD
5
. Vậy chọn đáp án C.
Câu 8. Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông tại A,
AB AC a
, I là trung điểm
của SC, hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của BC, mặt
H
A
C
B
S
K
M
D
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 14
phẳng (SAB) tạo với đáy 1 góc bằng
0
60
. Tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng
(SAB) theo a.
A.
a3
5
B.
a5
4
C.
a3
4
D.
a3
2
Hướng dẫn giải
Gọi K là trung điểm của AB
HK AB 1
Vì
SH ABC
nên
SH AB 2
Từ (1) và (2)
AB SK
Do đó góc giữa (SAB) với đáy bằng góc
giữa SK và HK bằng
0
SKH 60
.
Ta có:
a3
SH HKtanSKH
2

Vậy
3
S.ABC ABC
1 1 1 a 3
V S .SH . AB.AC.SH
3 3 2 12
Vì
IH/ /SB
nên
IH/ / SAB
. Do đó
d I, SAB d H, SAB
Từ H kẻ
HM SK
tại M
HM SAB d H, SAB HM
Ta có:
2 2 2 2
1 1 1 16 a 3
HM
4
HM HK SH 3a
. Vậy
a3
d I, SAB
4
.
Vậy chọn đáp án C.
Câu 9. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Gọi I là trung điểm cạnh
AB. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng đáy là trung điểm H của CI, góc
giữa đường thẳng SA và mặt đáy bằng
0
60
. Tính theo a khoảng cách từ điểm H đến mặt
phẳng
SBC
A.
a7
29
B.
a 21
4 29
C.
a 21
3 29
D.
a 21
29
Hướng dẫn giải
K
H
C
B
A
S
M
H'
K
H
I
A
B
C
S
E
I'
H'
K
H
I
A
B
C
A'
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 15
Ta có:
22
a3
CI AC AI
2
Do đó
22
a7
AH AI IH
4
, suy ra
0
a 21
SH AH.tan60
4

Gọi A’, H’, I’ lần lượt là hình chiếu của A, H, I trên BC, E là hình chiếu của H trên SH’ thì
HE SBC d H; SBC HE
.
Ta có:
1 1 a 3
HH' II' AA'
2 4 8
. Từ
2 2 2
1 1 1 a 21
HE
4 29
HE HS HH'
Vậy
a 21
d H; SBC
4 29
. Vậy chọn đáp án B.
Câu 10. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a. Góc
0
BAC 60
hình
chiếu của S trên mặt phẳng
ABCD
trùng với trọng tâm của tam giác ABC. Mặt phẳng
SAC
hợp với mặt phẳng
ABCD
góc
0
60
. Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng
SCD
A.
a
112
B.
2a
111
C.
6a
112
D.
3a
112
Hướng dẫn giải
Trong
SBD
kẻ
OE/ /SH
khi đó ta có
OC, OD, OE đôi một vuông góc. Và:
a a 3 3a
OC , OD , OE
2 2 8
Áp dụng công thức:
2 2 2 2
1 1 1 1 3a
d
112
d O, SCD OC OD OE
Mà
6a
d B, SCD 2d O, SCD
112

Vậy chọn đáp án C.
Câu 11. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc BAC bằng
0
60
.
Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng
ABCD
là điểm H thuộc đoạn BD sao cho
HD 2HB
. Đường thẳng SO tạo với mặt phẳng
ABCD
góc
0
60
với O là giao điểm của
AC và BD. Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng
SCD
theo a
A.
3a 7
15
B.
3a 7
14
C.
a7
11
D.
2a 7
15
Hướng dẫn giải
E
O
H
A
B
C
D
S
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 16
Trong tam giác SHO có:
0
1 a 3 a
SH HO.tan60 . . 3
3 2 2
Tính khoảng cách từ B đến
SCD
:
22
22
a 57
SD SH HD ;
6
a 21
SC SH HC
6
2
SCD
a 57 a 21 SC SD CD
SD ; SC ; CD a, p
6 6 2
a 21
S p p SC p SD p CD 3
12

Từ (1), (2), (3) ta có
3a 7
d B, SCD
14
. Vậy chọn đáp án B.
Câu 12. Cho hình chóp S.ABC có các mặt ABC, SBC là những tam giác đều cạnh a. Góc
giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng
0
60
. Hình chiếu vuông góc của S xuống (ABC)
nằm trong tam giác ABC. Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC) theo a.
A.
2a 13
13
B.
3a 13
13
C.
3a 13
11
D.
a 13
13
Hướng dẫn giải
Gọi M là trung điểm của BC.
Lập luận được góc giữa (SBC) và (ABC) là
0
SMA 60
SAM
đều cạnh bằng
a3
2
2
SAM
3 3a
S
16

3
S.ABC SAM
2
SAC
3
B.SAC
2
SAC
1 a 3
V BC.S
3 16
1 a 13 a 3 a 39
S.
2 4 2 16
3V
3a 3 3a 13
d B, SAC
S 13
a 39
16.
16


Vậy chọn đáp án B.
60
°
60
°
H
O
C
B
A
D
S
60
°
M
A
C
B
S
H
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 17
Câu 13. Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình chữ nhật tâm I, có
AB a, BC a 3
. Gọi H là
trung điểm AI. Biết SH vuông góc với mặt phẳng đáy và tam giác SAC vuông tại S. Tính
khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBD)
A.
3a
11
B.
a
13
C.
3a
15
D.
5a
17
Hướng dẫn giải
SH ABCD SH AC
SAC
vuông tại S
2
SH HA.HC
22
AC AB BC 2a
, suy ra:
a 3a a 3
HA , HC SH
2 2 2
CI 2HI d C, SBD 2d I, SBD
Hạ
HN BD, N BD
và
HK SN, KN
.
Suy ra:
HK SBD
nên
d H, SBD HK
Ta có:
ABD
AB.AD a 3
AB.AD 2S 2HN.BD HN
2BD 4
Ta có:
2 2 2
1 1 1 3a
HK
2 15
HK HN SH
. Vậy
3a
d C, SBD 2HK
15

Vậy chọn đáp án D.
Câu 14. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông,
BD 2a
; tam giác SAC
vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy,
SC a 3
. Tính khoảng cách từ
điểm B đến mặt phẳng (SAD)
A.
3a 21
7
B.
a 21
7
C.
4a 21
7
D.
2a 21
7
Hướng dẫn giải
Kẻ
SH AC, H AC
Do
SAC ABCD SH ABCD
22
SA.SC a 3
SA AC SC a, SH
AC 2
Ta có:
22
a
AH SA SH CA 4HA
2
d C, SAD 4d H, SAD

Do
BC/ / SAD d B, SAD d C, SAD 4d H, SAD
H
I
A
B
C
D
S
N
K
K
C
B
A
D
S
H
J
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 18
Kẻ
HK AD K AD , HJ SK J SK
Chứng minh được
SHK SAD
mà
HJ SK HJ SAD
d H, SAD HJ
;
AHK
vuông tại
0
a2
K HK AHsin45
4
22
SH.HK a 3
HJ
27
SH HK
. Vậy
2a 3 2a 21
d B, SAD
7
7

.
Vậy chọn đáp án D.
Câu 15. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có
AB a
,
BC 2a 2
.
Hình chiếu của S lên mặt phẳng đáy là trọng tâm của tam giác ABC. Góc giữa đường
thẳng SB và mặt phẳng (ABCD) bằng
0
60
. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng
(SBC)
A.
3a 21
7
B.
a 21
7
C.
4a 21
7
D.
2a 21
7
Hướng dẫn giải
Gọi H là trọng tâm của tam giác ABC và
O là tâm của hình chữ nhật, ta có:
2
2
2 2 1 1
BH BO . AC a 2 2a a
3 3 2 3
Ta có
SH ABCD
nên góc giữa SB và
mặt phẳng (ABCD) là góc
0
SBH 60
Trong tam giác vuông SHB ta có:
0
SH BHtanSBH a.tan60 a 3
Ta có:
3
d A; SBC 2d 0; SBC 2. d H; SBC 3d H; SBC
2
Kẻ
HK BC K BC , HI SK I SK 1
Ta có:
SH ABCD SH BC
Do đó
BC SHK BC HI 2
Từ (1) và (2) suy ra
HI SBC
nên
d H; SBC HI
Ta có
11
HK DC a
33

. Trong tam giác vuông SHK ta có:
2 2 2
2
a
a 3.
SH.HK a 3 a 21
3
HI
14
28
SH HK a
3a
9
.
O
K
H
C
B
A
D
S
I
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 19
Vậy
3a 21
d A ; SB C 3 d H; SB C 3H I
14
. Vậy chọn đáp án D.
Câu 16. Cho hình chóp S.ABC có
0
AB AC, BC a 3, BAC 120
. Gọi I là trung điểm cạnh
AB. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng đáy là trung điểm H của CI, góc
giữa đường thẳng SA và mặt đáy bằng
0
60
. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng
(SBC)
A.
4a 37
37
B.
a
37
C.
3a 37
37
D.
2a 37
37
Hướng dẫn giải
Theo định lý cosin trong tam giác ABC ta được
AB AC a
Ta có
2
2 2 2 0
7a
CI AI AC 2AI.AC.cos120
4
a7
CI
2

Do đó:
2 2 2
2
2
2 AI AC CI
3a a 3
AH AH
4 16 4

Suy ra
0
3a
SH AH.tan60
4

AH cắt BC tại K. Gọi A’, H’, I’ lần lượt là hình chiếu của A, H, I trên BC.
Ta có:
d A; SBC
AK AA'
4
HK HH'
d H; SBC
d A; SBC 4d H; SBC
Gọi E là hình chiếu của H trên SH’ thì
HE SBC d H; SBC HE
1a
HH' AA'
48

và từ
2 2 2
1 1 1 3a
HE
4 37
HE HS HH'
Vậy
3a 37
d A; SB C 4HE
37

. Vậy chọn đáp án C.
Câu 17. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B. Hình chiếu
của S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm I của AC và BC. Mặt bên (SAB) hợp với
120
°
K
H
I
A
B
C
S
H'
E
H
I
A'
B
C
A
I'
K
H'
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 20
đáy một góc
0
60
. Biết rằng
AB BC a, AD 3a
. Tính khoảng cách từ D đến mặt phẳng
(SAB) theo a
A.
4a 3
5
B.
3a
4
C.
3a 3
7
D.
3a 3
2
Hướng dẫn giải
Gọi K là hình chiếu của I lên AB.
Suy ra
0
SKI 60
.
Do
KI BI
IK / /AD
AD BD

.
Mà
BI BC a 1 BI 1 BI 1
ID AD 3a 3 BI ID 4 BD 4
Suy ra
KI 1 3a 3a 3
KI SI
AD 4 4 4
Gọi H là hình chiếu của I lên SK. Ta có
AB IK
AB IH
AB SI

Từ đó suy ra
IH SAB d I; SAB IH
Mà do
DB 4IB d D; SAB 4d I; SAB 4IH
Lại có
2 2 2 2 2
1 1 1 16 16 3a 3
IH
8
IH IS IK 27a 9a
Vậy
3 a 3
d D; SAB
2
. Vậy chọn đáp án D.
Câu 18. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh bằng a, góc
0
DAB 120
. Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với đáy. Góc giữa (SBC) và
mặt đáy bằng
0
60
. Tính thể khoảng cách từ A đến (SBC)
A.
a3
5
B.
3a
4
C.
3a
7
D.
3a 3
2
Hướng dẫn giải
SAC ABCD
SBD ABCD SO ABCD SO BC
SAC SBD SO

Kẻ
OK BC BC SOK
0
SBC , ABCD SKO 60
60
°
I
B
C
D
A
S
K
H
120
°
60
°
O
A
D
C
B
S
K
H
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 21
AO SBC C
d A; SBC 2d O; SBC


2 2 2
SBC SOK
SBC SOK SK OH SBC d O; SBC OH
OH SK
1 1 1 3a 3a
OH d A; SBC
84
OH OK OS
Vậy chọn đáp án B.
Câu 19. Trong mặt phẳng (P), cho hình thoi ABCD có độ dài các cạnh bằng a,
0
ABC 120
.
Gọi G là trọng tâm tam giác ABD. Trên đường thẳng vuông góc với (P) tại G, lấy điểm S
sao cho
0
ASC 90
. Tính khoảng cách từ điểm G đến mặt phẳng (SBD) theo a.
A.
a
17
B.
a2
27
C.
a2
17
D.
a
37
Hướng dẫn giải
00
ABC 120 BAD 60 ABD
đều cạnh a.
Gọi O là giao điểm của AC và BD.
a 3 2 a 3
AO ; AG AO ; AC a 3
2 3 3
a6
SG GA.GC
3
(
SAC
vuông tại S, đường cao
SG).
Kẻ
GH SO GH SBD
vì
BD GH SAO d G; SBD GH
SGO
vuông tại G, đường cao GH
2 2 2 2
1 1 1 27 a 2
GH
27
GH GS GO 2a
. Vậy chọn đáp án B.
Câu 20. Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình chữ nhật tâm I, có
AB a, BC a 3
. Gọi H là
trung điểm AI. Biết SH vuông góc với mặt phẳng đáy và tam giác SAC vuông tại S. Tính
khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBD)
A.
a
5
B.
2a
7
C.
3a
17
D.
3a
15
Phân tích:
SH ABCD SH AC
.
SAC
vuông tại S
2
SH HA.HC
G
D
O
A
B
C
S
H
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 22
22
AC AB BC 2a
, suy ra:
a 3a a 3
HA , HC SH
2 2 2
CI 2HI d C, SBD 2d H, SBD
. Hạ
HN BD, N BD
và
HK SN, KN
.
Suy ra:
HK SBD
nên
d H, SBD HK
Hướng dẫn giải
Ta có:
ABD
AB.AD 2S 2HN.BD
AB.AD a 3
HN
2BD 4

Ta có:
2 2 2
1 1 1 3a
HK
2 15
HK HN SH
. Vậy
3a
d C, SBD 2HK
15

.
Vậy chọn đáp án D.
Câu 21. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông,
BD 2a
; tam giác SAC
vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy,
SC a 3
. Tính theo a khoảng
cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAD)
A.
2a 13
7
B.
2a
7
C.
2a 21
7
D.
a 13
7
Hướng dẫn giải
Kẻ
SH AC, H AC
Do
SAC ABCD SH ABCD
22
SA.SC a 3
SA AC SC a, SH
AC 2
Ta có:
22
a
AH SA SH CA 4HA d C, SAD 4d H, SAD
2
Do
BC/ / SAD d B, SAD d C, SAD 4d H, SAD
Kẻ
HK AD K AD , HJ SK J SK
Chứng minh được
SHK SAD
mà
HJ SK HJ SAD
d H, SAD HJ
AHK
vuông tại
0
a2
K HK AHsin45
4
H
I
A
B
C
D
S
N
K
K
C
B
A
D
S
H
J
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 23
22
SH.HK a 3
HJ
27
SH HK
. Vậy
2a 3 2a 21
d B, SAD
7
7

.
Vậy chọn đáp án C.
Câu 22. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có
AB a
,
BC 2a 2
.
Hình chiếu của S lên mặt phẳng đáy là trọng tâm của tam giác ABC. Góc giữa đường
thẳng SB và mặt phẳng (ABCD) bằng
0
60
. Tính theo a khoảng cách từ điểm A đến mặt
phẳng (SBC)
A.
3a 21
14
B.
a 21
15
C.
a 21
13
D.
a 21
5
Hướng dẫn giải
Gọi H là trọng tâm của tam giác ABC và O là tâm của hình
chữ nhật, ta có:
2
2
2 2 1 1
BH BO . AC a 2 2a a
3 3 2 3
Ta có
SH ABCD
nên góc giữa SB và mặt phẳng (ABCD)
là góc
0
SBH 60
Trong tam giác vuông SHB ta có:
0
SH BHtanSBH a.tan60 a 3
Ta có:
3
d A; SBC 2d 0; SBC 2. d H; SBC 3d H; SBC
2
Kẻ
HK BC K BC , HI SK I SK 1
Ta có:
SH ABCD SH BC
. Do đó
BC SHK BC HI 2
Từ (1) và (2) suy ra
HI SBC
nên
d H; SBC HI
Ta có
11
HK DC a
33

. Trong tam giác vuông SHK ta có:
2 2 2
2
a
a 3.
SH.HK a 3 a 21
3
HI
14
28
SH HK a
3a
9
.
Vậy
3a 21
d A ; SB C 3 d H; SB C 3H I
14
Câu 23. Cho hình chóp S.ABC có
0
AB AC, BC a 3, BAC 120
. Gọi I là trung điểm cạnh
AB. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng đáy là trung điểm H của CI, góc
giữa đường thẳng SA và mặt đáy bằng
0
60
. Tính theo a khoảng cách từ điểm A đến mặt
phẳng (SBC)
O
K
H
C
B
A
D
S
I
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 24
A.
3a 21
14
B.
a 21
15
C.
a 21
13
D.
a 21
5
Hướng dẫn giải
Theo định lý cosin trong tam giác ABC ta được
AB AC a
Ta có
2
2 2 2 0
7a
CI AI AC 2AI.AC.cos120
4
a7
CI
2

Do đó
2 2 2
2
2
2 AI AC CI
3a a 3
AH AH
4 16 4

Suy ra
0
3a
SH AH.tan60
4

AH cắt BC tại K. Gọi A’, H’, I’ lần lượt là hình chiếu
của A, H, I trên BC.
Ta có:
d A; SBC
AK AA'
4
HK HH'
d H; SBC
d A; SBC 4d H; SBC
Gọi E là hình chiếu của H trên SH’ thì
HE SBC d H; SBC HE
1a
HH' AA'
48

và từ
2 2 2
1 1 1 3a
HE
4 37
HE HS HH'
Vậy
3a 37
d A; SB C 4HE
37

Câu 24. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B. Hình chiếu
của S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm I của AC và BC. Mặt bên (SAB) hợp với
đáy một góc
0
60
. Biết rằng
AB BC a, AD 3a
. Tính khoảng cách từ D đến mặt phẳng
(SAB) theo a
A.
3a 5
4
B.
a2
5
C.
a3
13
D.
3a 3
2
Hướng dẫn giải
Gọi K là hình chiếu của I lên AB.
Suy ra
0
SKI 60
.
Do
KI BI
IK / /AD
AD BD

.
120
°
K
H
I
A
B
C
S
H'
E
H
I
A'
B
C
A
I'
K
H'
60
°
I
B
C
D
A
S
K
H
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 25
Mà
BI BC a 1 BI 1 BI 1
ID AD 3a 3 BI ID 4 BD 4
Suy ra
KI 1 3a 3a 3
KI SI
AD 4 4 4
Gọi H là hình chiếu của I lên SK. Ta có
AB IK
AB IH
AB SI

Từ đó suy ra
IH SAB d I; SAB IH
Mà do
DB 4IB d D; SAB 4d I; SAB 4IH
Lại có
2 2 2 2 2
1 1 1 16 16 3a 3
IH
8
IH IS IK 27a 9a
Vậy
3 a 3
d D; SAB
2
. Vậy chọn đáp án D.
Câu 25. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh bằng a, góc
0
DAB 120
. Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với đáy. Góc giữa (SBC) và
mặt đáy bằng
0
60
. Tính khoảng cách từ A đến (SBC)
A.
3a
4
B.
a2
3
C.
a3
3
D.
5a
2
Hướng dẫn giải
SAC ABCD
SBD ABCD SO ABCD SO BC
SAC SBD SO

Kẻ
OK BC BC SOK
0
SBC , ABCD SKO 60
a 3 3a
OK SO ; AO SBC C
44
d A; SBC 2d O; SBC

2 2 2
SBC SOK
SBC SOK SK OH SBC d O; SBC OH
OH SK
1 1 1 3a 3a
OH d A; SBC
84
OH OK OS
Vậy chọn đáp án A.
120
°
60
°
O
A
D
C
B
S
K
H
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 26
Câu 26. Trong mặt phẳng (P), cho hình thoi ABCD có độ dài các cạnh bằng a,
0
ABC 120
.
Gọi G là trọng tâm tam giác ABD. Trên đường thẳng vuông góc với (P) tại G, lấy điểm S
sao cho
0
ASC 90
. Tính khoảng cách từ điểm G đến mặt phẳng (SBD) theo a.
A.
a7
5
B.
a2
5
C.
a6
9
D.
a3
5
Hướng dẫn giải
00
ABC 120 BAD 60 ABD
đều cạnh a.
Gọi O là giao điểm của AC và BD.
a 3 2 a 3
AO ; AG AO ; AC a 3
2 3 3
a6
SG GA.GC
3
(
SAC
vuông tại S, đường cao SG).
Kẻ
GH SO GH SBD
vì
BD GH SAO d G; SBD GH
SGO
vuông tại G, đường cao GH
2 2 2 2
1 1 1 27 a 6
GH
9
GH GS GO 2a
Vậy chọn đáp án C.
Câu 27. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D,
AB 3a, AD DC a
. Gọi I là trung điểm của AD, biết hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng
vuông góc với đáy và mặt phẳng (SBC) tạo với đáy một góc
0
60
. Tính khoảng cách từ
trung điểm cạnh SD đến mặt phẳng (SBC)
A.
a 17
5
B.
a 15
20
C.
a6
19
D.
a3
15
Hướng dẫn giải
Vẽ
IK BC BC SIK SKI
là góc giữa
mặt phẳng (SBC) với mặt đáy nên
0
SKI 60
.
Vì
22
IDC IAB
1 a 1 3a
S DI.DC , S AI.BI
2 4 2 4

Suy ra
2
BIC ABCD ICD IAB
S S S S a
Mặt khác
2
2
BC AB CD AD a 5
và
IAB
1
S IK.BC
2
. Suy ra
2
2a 2a 5
IK
5
a5

Trong tam giác vuông SIK ta có:
0
2a 15
SI IKtan60
5

G
D
O
A
B
C
S
H
E
M
I
A
D
C
S
B
K
H
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 27
Gọi M là trung điểm của SD, tính
d M, SBC
Gọi E là giao điểm của AD với BC, ta có:
ED DC 1 1
ED AD ID
EA AB 3 2
Do đó
11
d M, SBC d D, SBC d I, SBC
24

Gọi H là hình chiếu của I lên SK ta có:
d I, SBC IH
Trong tam giác vuông SIK, ta có:
2 2 2 2 2 2
1 1 1 5 5 5 a 15
IH
5
IH SI IK 12a 4a 3a
Vậy
a 15
d M, SBC
20
. Vậy chọn đáp án B.
Câu 28. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, gọi M là trung điểm của AB.
Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy
ABCD
, biết
SD 2a 5
, SC tạo với mặt đáy
ABCD
một góc
0
60
. Tính theo khoảng cách giữa hai
đường thẳng DM và SA.
A.
a 15
79
B.
a5
79
C.
2a 15
79
D.
3a 5
79
Hướng dẫn giải
Theo giả thiết ta có
SM ABCD
MC là hình chiếu của SC trên
ABCD
nên góc giữa SC
với mặt phẳng
ABCD
là
0
SCM 60
Trong tam giác vuông SMC và SMD ta có:
2 2 0
SM SD MD MC.tan60
mà ABCD là hình
vuông nên
MC MD
2 2 2
SD MC 3MC MC a 5 SM a 15
Dựng hình bình hành AMDI ta có
AI/ /MD
nên
d DM,SA D DM, SAI d M, SAI
Kẻ
MH AI
và
MK SH
. Chứng minh
d M, SAI MK
Tính được
2a 2a 15
MH MK
5 79
. Vậy chọn đáp án C.
Câu 29. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, mặt bên SAB là tam giác
vuông cân tại đỉnh S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính theo a
khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC.
I
M
C
B
A
D
S
H
K
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 28
A.
a3
7
B.
a 21
3
C.
a 21
7
D.
a 21
3
Hướng dẫn giải
Theo bài ta có:
SH ABC
a
SH
2
Dựng đường thẳng d đi qua B và
d/ /AC
d AC,SB d A; SB,d 2d H; SB,d
Kẻ đoạn thẳng HJ sao cho
HJ d, J d
.
Kẻ đoạn thẳng HK sao cho
HK SJ, K SJ
d H; SB,d HK
2 2 2
1 1 1 a 3
HK
27
HK HJ SH
3 a 21
d AC,SB 2HK a
77
.
Vậy chọn đáp án C.
Câu 30. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật,
AB a, AD 2a
. Tam giác SAB
cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Góc giữa đường thẳng SC và mặt
phẳng (ABCD) bằng
0
45
. Gọi M là trung điểm của SD. Tính theo a khoảng cách từ điểm
M đến mặt phẳng (SAC)
A.
a 1353
98
B.
a 153
89
C.
a 1353
89
D.
a 1513
89
Hướng dẫn giải
Gọi H là trung điểm của AB
SH ABCD
, suy ra HC
là hình chiếu của SC lên (ABCD)
0
SCH 45
2
2
a a 17
SH HC 4a
42
11
d M, SAC d D, SAC d B, SAC d H, SAC
22
Kẻ
HI AC, HK SI HK AC HK SAC d H, SAC HK
Kẻ
1
BE AC HI BE
2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 5 2a a
BE HI
55
BE BA BC a 4a 4a
d
H
A
C
B
S
J
K
45
°
E
H
C
B
A
D
S
I
K
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 29
Từ đó suy ra
2 2 2 2 2 2
1 1 1 5 4 89 a 17 a 1513
d M, SAC
89
89
HK HI HS a 17a 17a
Vậy chọn đáp án D.
Câu 31. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a. SAB là tam giác vuông
cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, góc giữa cạnh SC và mặt phẳng
(ABCD) bằng
0
60
, cạnh
AC a
. Tính theo a khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC)
A.
3a 13
13
B.
3a 13
11
C.
3a 11
11
D.
a 13
13
Hướng dẫn giải
Gọi I là trung điểm của đoạn AB
SI AB, SAB ABCD SI ABCD
nên
0
a3
SCI SC; ABCD 60 , CI
2
0
3a
SI CItan60
2
Gọi M là trung điểm của đoạn BC, N là trung điểm của đoạn
BM.
a 3 a 3
AM IN
24
Ta có
BC IN, BC SI BC SIN
.
Trong mặt phẳng (SIN) kẻ
IK SN, K SN
. Ta có:
IK SN
IK SBC d I; SBC IK
IK BC
Lại có:
2 2 2
1 1 1 3a 13 3a 13
IK d I; SBC
26 26
IK IS IN
3a 13
d A; SBC
13

Vậy chọn đáp án A.
Câu 32. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Mặt bên SAB là tam giác
vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, hình chiếu vuông góc của S trên
đường thẳng AB là điểm H thuộc đoạn AB sao cho
BH 2AH
. Gọi I là giao điểm của HC
và BD. Tính khoảng cách từ I đến mặt phẳng (SCD)
A.
a 33
15
B.
3a 22
55
C.
3a 33
11
D.
a 23
12
Hướng dẫn giải
Ta có:
2
2
2a a 2
SH HA.HB SH
93
d I; SCD
IC
HC
d H; SCD
và
IC CD 3 IC 3
IH BH 2 HC 5
N
M
D
I
A
B
C
S
K
K
I
H
D
A
B
C
S
M
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 30
2 2 2 2
2 2 2 2
13
CH BH BC a
9
1 1 1 11 a 22
HM
11
HM SH HK 2a
3a 22
d I; SCD
55
Vậy chọn đáp án C.
Câu 33. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B,
BA 3a
,
BC 4a
, mặt
phẳng (SBC) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Biết
SB 2a 3
và
0
SBC 30
. Tính khoảng
cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a.
A.
3a
7
B.
6a
7
C.
a
7
D.
7a
7
Hướng dẫn giải
Cách 1: Gọi H là hình chiếu của S trên BC.
Vì
SBC ABC
nên
SH ABC
Ta có
SH a 3
Ta có tam giác SAC vuông tại S vì
SA a 21, SC 2a
,
AC 5a
và
2
SAC
S a 21
Nên ta có được:
S.ABC
SAC
3V
6a
d B, SAC
S
7

Vậy chọn đáp án B.
Cách 2: Hạ
HD AC D AC , HK SD K SD
HK SAC HK d H, SAC
BH SBsinSBC 3a BC 4HC
Hay
d B, SAC 4d H, SAC
22
HC 3a
AC AB BC 5a, HC BC BH a HD AB.
AC 5
22
SH.HD 3a 7
HK
14
SH HD

Vậy,
6a 7
d B, SAC 4d H, SAC 4HK
7
Câu 34. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy và cạnh bên đều bằng a.Tính
khoảng cách từ A đến (SCD)
A
C
B
H
S
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 31
A.
a6
7
B.
a6
5
C.
a6
2
D.
a6
3
Hướng dẫn giải
Cách 1. Ta có:
3
S.ACD S.ABCD
1 a 2
VV
2 12

Mặt khác
SACD SCD
3
SACD
2
SCD
1
V S .d A, SCD
3
a2
3V
a6
4
d A, SCD
S3
a3
4
Vậy chọn đáp án D.
Cách 2. Gọi I là trung điểm của CD, dựng
OH SI H SI
, ta có:
CD OI
CD SOI CD OH
CD SO
;
OH SI
OH SCD OH d O, SCD
OH CD
Trong tam giác vuông SOI,
a 2 a
.
SO.OI a 6
22
OH.SI SO.OI OH
SI 3
a3
4
d A, SCD
CA
AO SCD C 2
CO
d O, SCD
2a 6
d A, SCD 2d O, SCD 2OH
3
Bài 35. Cho hình chóp đều S.ABC có cạnh đáy bằng a. Gọi B’, C’ lần lượt là trung điểm của
SB, SC. Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng (ABC’) biết rằng
SBC AB'C'
A.
a 53
4
B.
a3
14
C.
a5
14
D.
a 35
14
Hướng dẫn giải
Gọi M, N là trung điểm của BC, BA. H, K là hình
chiếu của S xuống mặt phẳng (ABC).
a3
SA
2
,
a 15
SH
6
và thể tích khối chóp S.ABC là
a5
V
24
Tam giác C’AB cân tại C’ và
22
7
C'N C'K KN a
4
nên ta có
2
ABC'
7
Sa
8
O
I
D
C
A
S
B
H
K
C'
B'
H
N
M
A
C
B
S
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 32
Vậy
C. C'AB
C'AB C'AB
3V
3V
d C, C'AB
S 2S

hay khoảng cách cần tìm là:
a 35
d C, C'AB
14
.
Vậy chọn đáp án D
Bài 36. Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác cân,
AB AC a
,
0
BAC 120
.
Mặt phẳng
AB'C'
tạo với mặt đáy góc
0
60
. Tính khoảng cách từ đường thẳng BC đến
mặt phẳng
AB'C'
theo a.
A.
a3
4
B.
a5
14
C.
a7
4
D.
a 35
21
Hướng dẫn giải
Xác định góc giữa
AB'C'
và mặt đáy là
0
AKA' AKA' 60
Tính
0
1 a a 3
A'K A'C' AA' A'K.tan60
2 2 2
d B; AB'C' d A'; AB'C'
Chứng minh:
AA'K AB'C'
Trong mặt phẳng
AA'K
dựng A’H vuông góc với
AK A'H AB'C'
d A'; AB'C' A'H
Tính
a3
A'H
4
. Vậy
a3
d B; AB'C'
4
Vậy chọn đáp án A.
Bài 37. Cho lăng trụ
1 1 1
ABC.A B C
có các mặt bên là các hình vuông cạnh a. Gọi D, E, F lần
lượt là trung điểm các cạnh
1 1 1 1
BC, A C , B C
. Tính theo a khoảng cách giữa hai đường
thẳng DE và
1
AF
.
A.
a 17
3
B.
a
17
C.
a 17
4
D.
a 17
2
Hướng dẫn giải
Gọi
là mặt phẳng chứa DE và song song với
1
AF
, thì
khoảng cách cần tính bằng khoảng cách từ F đến
.
Theo giả thiết suy ra lăng trụ đã cho là lăng trụ đứng có
đáy là tam giác đều cạnh a.
Gọi K là trung điểm của
1
FC
thì
1
EK/ /A F/ /AD
, suy ra
ADKE
.
K
E
D
F
B
B
1
C
1
A
1
C
A
H
K
C
B
B'
C'
A'
A
H
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 33
Ta có
1 1 1
A F B C
1 1 1 1 1
A F BCC B EK BCC B
Gọi H là hình chiếu vuông góc của F lên đường thẳng DK thì
FH ADKE
, suy ra FH là
khoảng cách cần tính.
Trong tam giác vuông DKF, ta có:
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1
FH FD FK a
a
4



a
FH
17

Vậy chọn đáp án B.
Câu 38. Cho lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và góc
0
BAD 60
. Gọi O, O’ lần lượt là tâm của hai đáy,
OO' 2a
. Gọi S là trung điểm của OO’.
Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB)
A.
a3
11
B.
a3
19
C.
a
19
D.
3a
19
Hướng dẫn giải
Từ giả thiết suy ra
ABD
đều cạnh bằng a, ACC’A’,
BDD’B’ là các hình chữ nhật với
AA' BB' 2a, AC a 3, BD a
. Do đó:
2
ACC'A'
2
BDD'B'
S AA'.AC 2a 3
S BB'.BD 2a


Ta có:
OO' ABCD OO' AB
Kẻ OK vuông góc với AB thì
AB SOK
Kẻ OH vuông góc với SK, khi đó
OH SAB
. Suy ra OH
là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB)
Do tam giác ABD đều nên
a3
OK
4
. Vì
OO' 2a
nên
OS a
.
Trong tam giác vuông SOK, ta có
2 2 2 2 2
1 1 1 16 1 a 3
OH
19
OH OK OS 3a a
Vậy chọn đáp án B.
Câu 39. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại B,
AB a, AA' 2a, A'C 3a
. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng A’C’, I là giao điểm của
AM là A’C. Tính theo a khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (IBC)
A.
2a 3
5
B.
a3
3
C.
a5
3
D.
2a 5
5
S
O
O'
A'
D'
C'
A
B
C
D
B'
K
H
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 34
Hướng dẫn giải
Hạ
IH AC H AC IH ABC
, nên IH là đường cao của tứ diện IABC
2 2 2 2
IH CI 2 2 4a
IH AA' IH AA'
AA' CA' 3 3 3
AC A'C A'A a 5;BC AC AB 2a
∥
Hạ
AK A'B K A'B
. Vì
BC ABB'A'
nên
AK BC AK IBC
Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (IBC) là AK:
AA'B
22
2S
AA'.AB 2a 5
AK
A'B 5
A'A AB
Vậy chọn đáp án D.
Câu 40. Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông,
AB BC a
, cạnh
bên
AA' a 2
. Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Tính theo a khoảng cách giữa hai
đường thẳng AM và B’C.
A.
a 35
7
B.
a7
7
C.
a5
5
D.
a 35
5
Hướng dẫn giải
Từ giả thiết suy ra tam giác ABC vuông cân tại B.
Gọi E là trung điểm của BB’. Khi đó
B'C/ / AME
Suy ra
d AM,B'C d B'C, AME
d C, AME d B, AME
Gọi h là khoảng cách từ B đến mặt phẳng (AME)
Do tứ diện BAME có BA, BM, BE đôi một vuông góc nên:
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 7 a 7
h
7
h BA BM BE h a
Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B’C là
a7
7
. Vậy chọn đáp án B.
Câu 41. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có
AB a, AC 2a
và
0
BAC 120
. Gọi M là
trung điểm của cạnh CC’ thì
0
BMA' 90
. Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BMA’)
A.
a5
7
B.
a7
7
C.
a5
5
D.
a5
3
Hướng dẫn giải
a
2a
3a
H
I
M
B'
C'
A
C
B
A'
K
E
M
B'
C'
A
C
B
A'
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 35
Áp dụng định lý hàm số cosin trong tam giác ABC ta có:
2 2 2
2 2 0 2
BC AB AC 2AB.ACcosBAC
a 4a 2.a.2a.cos120 7a BC a 7
Đặt
CC' 2x
Ta có
2 2 2 2
A'M A'C' C'M 4a x
2 2 2 2
2 2 2 2
BM BC CM 7a x ,
A'B A'B' BB' a 4x
Tam giác BMA’ là tam giác vuông tại M nên
2 2 2
MB MA' A'B
Do đó
2 2 2 2 2 2 2 2
4a x 7a x a 4x x 5a x a 5
A.A'BM M.AA'B C.AA'B A'.ABC
CC' ABB'A' V V V V ∥
;
A.A'BM
A'BM
3V
d A, A'BM
S
03
A'.ABC ABC
1 1 1 15
V AA'.S .2x. AB.AC.sin120 a
3 3 2 3
2
A'BM
3
2
1
S MA'.MB 3 3a
2
15a a 5
d A, A'BM
3
3 3a


Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng (A’BM) là
a5
3
Vậy chọn đáp án D.
Câu 42. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng a. Gọi M là trung
điểm của cạnh AA’, biết
BM AC'
. Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng (BMC’).
A.
a5
5
B.
2
a
2
C.
a5
3
D.
a5
5
Hướng dẫn giải
Ta có:
M
B'
C'
A
C
B
A'
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 36
0
1 1 1
BM BA BA' BA BA BB' BA BB'
2 2 2
AC' AA' A'C'
11
BM.AC' BA BB' AA' A'C' BA.AA' BA.A'C' BB
22




0
0 0 2 2
1
'.AA' BB'.A'C'
2
1 1 1 1 1
BA.AC.cos120 BA.AA.cos0 a.a. .h.h a h
2 2 2 2 2



Theo giả thiết:
22
11
BM AC' BM.AC' 0 h a h a
22
Diện tích tam giác ABC là:
2
ABC
a3
S
4
Vì
AM/ / BCC'
nên
M.BCC' A.BCC'
VV
hay
3
M.BCC'
3
Va
12
Gọi H là hình chiếu của M trên BC’. Ta có:
a5
MB MC' , BC' a 2
2
22
2
MBC'
a3
MH MC' HC'
2
1 a 6
S MH.BC'
24
Vậy khoảng cách cần tìm là
CBMC'
BMC'
3V
2
d C, BMC' a
S2

Vậy chọn đáp án C.
Câu 43. Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’, đáy ABC có
AC a 3, BC 3a
,
0
ACB 30
. Cạnh
bên hợp với mặt phẳng đáy góc
0
60
và mặt phẳng
A'BC
vuông góc với mặt phẳng
ABC
. Điểm H trên cạnh BC sao cho
HC 3BH
và mặt phẳng
A'AH
vuông góc với
mặt phẳng
ABC
. Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng
A'AC
A.
2a 5
3
B.
3 3a
4
C.
3a 5
2
D.
3a 5
7
Hướng dẫn giải
M
B
C
A'
C'
B'
A
H
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 37
A'BC ABC
A'AH ABC A'H ABC
A'H A'BC A'AH

Suy ra
0
A'AH 60
2 2 2 0 2
0
23
ABC.A'B'C' ABC
AH AC HC 2AC.HC.cos30 a AH a
A'H AH.tan60 a 3
3a 3 9a
V S .A'H .a 3
44
Vì
2 2 2
AH AC HC HA AC AA' AC
2
A'AC
3
A'ABC
2
A'AC
11
S AC.A'A a 3.2a a 3
22
9
a
3V
3 3a
4
d B; A'AC
S4
a3
Vậy chọn đáp án B.
Câu 44. Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’,
ABC
đều có cạnh bằng a,
AA' a
và đỉnh A’
cách đều A, B, C. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của cạnh BC và A’B. Tính theo a khoảng
cách từ C đến mặt phẳng (AMN)
A.
a5
23
B.
3a
33
C.
a5
22
D.
a 22
11
Hướng dẫn giải
Gọi O là tâm tam giác đều ABC
A'O ABC
Ta có
a 3 2 a 3
AM , AO AM
2 3 3
2
2 2 2
a a 6
A'O AA' AO a
33
;
Ta có:
NAMC AMC
1
V S .d N, ABC
3
NAMC
AMC
3V
d N, ABC
S

2
AMC ABC
22
NAMC
1 a 3 1 a 6
S S ; d N, ABC A'O
2 8 2 6
1 a 3 a 6 a 2
V . .
3 8 6 48
C'
B'
B
C
A
A'
H
E
N
O
M
C'
A'
A
C
B
B'
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 38
Lại có:
a3
AM AN
2

, nên
AMN
cân tại A.
Gọi E là trung điểm của MN, suy ra
A'C a
AE MN, MN
22
đđ
2 2 2
22
AMN
2
3a a a 11 1 a 11
AE AN NE ; S MN.AE
4 16 4 2 16
3a 2 a 11 a 22
d C, AMN : ( v d)
48 16 11
Vậy chọn đáp án D.
Câu 45. Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại B,
0
AB a, ACB 30
; M là trung điểm cạnh AC. Góc giữa cạnh bên và mặt đáy của lăng trụ
bằng
0
60
. Hình chiếu vuông góc của đỉnh A’ lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của
BM. Tính theo a khoảng cách từ điểm C’ đến mặt phẳng (BMB’)
A.
a5
2
B.
3a
3
C.
3a
4
D.
a2
2
Hướng dẫn giải
A'H ABC A'H
là đường cao của hình lăng trụ.
AH là hình chiếu vuông góc của A A’ lên (ABC)
0
A'AH 60
ABC.A'B'C' ABC
2
ABC
23
ABC.A'B'C'
V A'H.S
a 3 3a
AC 2a, MA MB AB a AH A'H
22
1 1 a 3
S BA.BC a.a 3
2 2 2
3a a 3 3a 3
V.
2 2 4
A.BMB'
BMB'
3
A.BMB' B'.AMB6 ABC.A'B'C'
3V
d C', BMB' d C, BMB' d A , BMB'
S
1 a 3
V V V
68
Do
BM AHA'
nên
BM AA' BM BB' BMB'
vuông tại B
2
BMB'
1 1 a 3
S BB'.BM a 3.a
2 2 2
. Suy ra
32
3a 3 a 2 3a
d C', BMB' :
8 2 4

(Cách 2:
0
a 3 3a
d A, BMB' AE AH.sinAHE .sin60
24
)
Vậy chọn đáp án C.
P
Q
B'
C'
H
M
A
C
B
A'
E
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 39
Câu 46. Cho hình lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a. Hình
chiếu vuông góc của điểm A’ trên mặt phẳng ABCD là trung điểm I của cạnh AB. Biết A’C
tạo với mặt phẳng đáy một góc
với
2
tan
5

. Tính theo a khoảng cách từ điểm B đến
mặt phẳng (A’AC)
A.
a
2
B.
2a
3
C.
3a
4
D.
5a
2
Hướng dẫn giải
Theo bài ra ta có IC là hình chiếu vuông góc của A’C trên mặt
phẳng (ABCD). Suy ra
A'C, ABCD A'C,CI A'CI
Xét ta giác vuông A’IC:
a 5 2
A'I IC.tanA'CI IC.tan . a
2
5
Ta có
BI A'AC A
và I là trung điểm AB nên
d B; A'AC 2d I; A'AC
Trong mặt phẳng (ABCD) kẻ
IK/ /BD IK AC
, mà
A'I AC
(do
A'I ABCD
) nên
AC A'IK
. Kẻ
IH A'K IH A'AC
d I; A'AC IH
Xét tam giác vuông A’IK có
BD a 2
A'I a, IK
44
2 2 2 2 2 2
1 1 1 8 1 9 a
IH
3
IH IK IA' a a a
. Suy ra
2a
d B; A'AC
3
Vậy chọn đáp án B.
Câu 47. Cho lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình chữ nhật,
AB a
,
AD a 3
.
Hình chiếu vuông góc của điểm A’ trên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm của AC
và BD. Góc giữa hai mặt phẳng (ADD’A’) và (ABCD) bằng
0
60
. Tính khoảng cách từ điểm
B’ đến mặt phẳng (A’BD) theo a.
A.
a5
2
B.
a2
3
C.
3a 2
4
D.
a3
2
Hướng dẫn giải
Gọi
O A C BD
, I là trung điểm của cạnh AD.
Ta có
AD AOI
60
0
I
O
C'
B'
D'
C
A
B
A'
D
H
K
C'
D'
B'
C
I
B
D
A
A'
H
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 40
0
A'IO ADD'A' , ABCD 60
Vì
a
OI
2
nên ta suy ra
A'I 2OI a
0
a3
A'O OI.tan60
2
Do đó
ABCD.A'B'C'D' ABCD
V A'O.S
3
a 3 3a
a.a 3.
22

Do
B'C A'D B'C A'BD d B', A'BD d C, A'BD CH ∥∥
trong đó CH là đường
cao của tam giác vuông BCD.
Ta có
22
CD.CB a 3
CH
2
CD CB

. Vậy
a3
d B', A'BD
2
.
Vậy chọn đáp án D.
DẠNG 3. KHOẢNG CÁCH GIỮA HAI MẶT PHẲNG SONG SONG.
KHOẢNG CÁCH TỪ ĐƯỜNG THẲNG ĐẾN MẶT PHẲNG
Phương pháp
Việc tính khoảng cách giữa một đường thẳng và một mặt phẳng song song với nó, hoặc
tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song đều quy về việc tính khoảng cách từ điểm
đến mặt phẳng. Cần lưu ý việc chọn điểm trên đường hoặc trên mặt sao cho việc xác định
khoảng cách được đơn giản nhất.
Câu 1. Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh bên và cạnh đáy đều bằng a. Hình
chiếu vuông góc của A trên mp(A’B’C’) trùng với trung điểm của B’C’.
Câu 1.1. Tính khoảng cách từ AA’ đến mặt bên BCC’B’
A.
a3
4
B.
a3
3
C.
3a 2
4
D.
a3
2
Hướng dẫn giải
Ta có:
AA' BB' BCC'B'∥
AA' BCC'B' ∥
Gọi
A A'
J hch I IJ A A' B B' IJ B B' ∥
Mặt khác, theo giả thiết suy ra:
B'C' A'I AA'I
B'C' AA'I
B'C' AI AA'I



a
a
a
a
a
I
B
C
A'
C'
B'
A
J
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 41
Suy ra:
IJ B'C'
, tức là
IJ BCC'B'
, mà
J AA'
nên
d AA', BCC'B' IJ
Trong
AI.A'I
AA'I IJ.AA' AI.A'I IJ
AA'
.
Dễ thấy
a3
A'I
2
,
2
2 2 2
3a a
AI AA' AI a
42
. Suy ra:
a a 3
.
a3
22
IJ
a4

.
Vậy
a3
d AA', BCC'B'
4
. Vậy chọn đáp án A.
Câu 1.2. Tính khoảng cách giữa hai mặt đáy của lăng trụ
A.
a
4
B.
a
2
C.
a2
4
D.
a5
2
Hướng dẫn giải
Hai đáy của lăng trụ song song nên
d ABC , A'B'C' d A, A'B'C'
mà
A ABC
và
a
AI A'B'C' d ABC , A'B'C' AI
2
.
Vậy chọn đáp án B.
Câu 2. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có
AB a, BC b
,
CC' c
.
Câu 2.1. Tính khoảng cách từ AA’ đến mp(BDD’B’)
A.
2 2 2
abc
a b c
B.
22
abc
ab
C.
22
ab
ab
D.
22
ac
ac
Hướng dẫn giải
Ta có:
AA' BB' BDD'B'∥
AA' BDD'B' ∥
. Do đó:
d AA', BDD'B' d A, BDD'B'
Gọi
BD
H hch A AH BD
mà
BDD'B' ABCD
suy ra:
AH BDD'B'
. Tức là:
d A, BDD'B' AH
Xét
2 2 2
1 1 1
ABD
AH AB AD
22
2 2 2 2
1 1 a b
a b a b
nên
22
2
22
22
a b ab
AH AH
ab
ab
Vậy:
22
ab
d AA', BDD'B'
ab
. Vậy chọn đáp án C.
Câu 2.2. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AA’, BB’. Tính khoảng cách từ MN đến
mp(ABC’D’)
b
a
c
N
G
1
O'
G
2
C
B
D
M
A
O
C
A
B
D
H
K
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 42
A.
2 2 2
2abc
a b c
B.
22
abc
2 a b
C.
22
bc
2 a b
D.
22
2ac
ac
Hướng dẫn giải
Tính khoảng cách từ MN đến mp(ABC’D’):
Ta có:
MN' AB ABC'D' MN ABC'D'∥∥
. Suy ra:
d MN, ABC'D' d M, ABC'D'
, nhưng A’M cắt mặt phẳng (ABC’D’) tại A và M là
trung điểm của AA’. Nên:
1
d M, ABC'D' d A', ABC'D'
2
Gọi
A D'
K hch A' A'K A D'
mà
ABC'D' AA'D'D
, suy ra:
A'K ABC'D'
. Tức là:
d A', ABC'D' A'K
.
Xét
22
2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 c b
A'AD'
A'K A'A A'D' c b c b
, nên:
22
2
22
22
c b bc
A'K A'K
cb
bc
. Vậy
22
bc
d M, ABC'D'
2 a b
Vậy chọn đáp án C.
Câu 2.3. Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng
AD'B' , C'BD
A.
2 2 2
abc
a b c
B.
abc
ab bc ca
C.
222
abc
2 a c c
D.
2 2 2 2 2 2
abc
a b b c c a
Hướng dẫn giải
Ta có:
B'D' BC C'BD B'D' C'BD∥∥
Gọi
O AC B D,O' A'C' B'D'
Suy ra:
AO' C'O C'BD AO' C'BD∥∥
Mà
AO',B'D' AB'D' ,AO' B'D' O' AD'B' C'BD ∥
Ta đã chứng minh được A’C bị các mặt (AD’B’), (C’BD) chia thành ba đoạn bằng nhau.
Do đó:
1
d AD'B' , C'BD d G , C'BD d A', AD'B'
Vì A’A, A’B’, A’D’ đôi một vuông góc, nếu:
2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1
d A', AD'B' A'A A'B' A'D' a b c
Vậy:
2 2 2 2 2 2
abc
d A', AD'B' d AD'B' , C'BD
a b b c c a


Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 43
Vậy chọn đáp án D.
Ta cần chú ý kết quả sau: Nếu tứ diện OABC có các cạnh OA, OB, OC đôi một vuông góc
thì:
2 2 2
1 1 1
d O, ABC
OA OB OC
Câu 3. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a, mặt bên SBC vuông góc với
đáy ABC. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của AB, SA, AC. Tính khoảng cách giữa hai
mp(MNP) và mp(SBC)
A.
a3
3
B.
a3
2
C.
a3
4
D.
3a 3
2
Hướng dẫn giải
Theo giả thiết, suy ra:
MN SA SAC MN SAC
NP SC SAC NP SAC


∥∥
∥∥
Mà
MN,NP MNP ,MN NP N
nên
mp MNP mp SBC∥
.
Gọi H là trung điểm của BC
AH BC
(do
ABC
đều)
Mà
ABC SBC
và
AH ABC
BC ABC SBC AH SBC
Gọi
K AH MP KH SBC d K, S BC KH
Vì
mp MNP mp SBC∥
và
K MNP
Do đó:
1 a 3
d MNP , SBC d K, SBC KH AH
24
.
Vậy chọn đáp án C.
Câu 4. Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng a. Góc tạo bởi cạnh bên
và mặt phẳng đáy bằng
30
. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A’B’C’) thuộc
đường thẳng B’C’. Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng đáy.
A.
a
3
B.
a
2
C.
a2
2
D.
a3
2
Hướng dẫn giải
Khoảng cách giữa hai mặt phẳng đáy chính bằng AH.
Trong
HAA'
, ta có:
A' 30
.
a
AH AA'.sinA' a.sin30
2
Vậy chọn đáp án B.
a
a
K
H
N
M
P
B
C
A
S
H
B
C
A'
C'
B'
A
K
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 44
Câu 5. Cho hình hộp thoi ABCD.A’B’C’D’ có các cạnh đều bằng a và
BAD BAA' DAA' 60
. Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng đáy (ABCD) và
(A’B’C’D’).
A.
a5
5
B.
a 10
5
C.
a6
3
D.
a3
3
Hướng dẫn giải
Hạ
A'H AC
, ta có nhận xét:
BD AC
BD OAA'
BD A'O
BD A'H A'H ABCD

Và vì
ABCD A'B'C'D'∥
nên
A'H
chính là khoảng
cách giữa hai mặt phẳng đáy.
Nhận xét rằng hình chóp A’.ABD là hình chóp đều, nên ta lần lượt có:
2 2 a 3 a 3
AH AO .
3 3 2 3
22
2 2 2 2
a 2a a 6
A'H A'A AH a A'H
3 3 3
Vậy chọn đáp án C.
Câu 6. Cho tứ diện ABCD có
AB BCD ,AB 5a,BC 3a,CD 4a
. Gọi M, N lần lượt là
trung điểm của AC và AD.
Câu 6.1. Tính khoảng cách giữa đường thẳng MN và mặt phẳng (BCD).
A.
2a
3
B.
a
2
C.
a
4
D.
5a
2
Hướng dẫn giải
MN CD
MN BCD
CD BCD
∥
∥
Töø M keû MH AB
MH BCD
AB BCD

∥
Vậy:
MH d MN, BCD
ABC
cho:
AB 5a
MH
22

Vậy chọn đáp án D.
Câu 6.2. Gọi (P) là mặt phẳng chứa MN và đi qua trung điểm K của AB. Tính khoảng cách
giữa hai mặt phẳng (P) và (BCD)
O
A'
B'
D'
A
C
B
C'
D
H
N
K
M
H
B
C
A
S
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 45
A.
a
3
B.
3a
2
C.
5a
4
D.
5a
2
Giải
a. Tính
d P , BCD :
MN CD
P BCD
MK BC
∥
∥
∥
MP
5a
MH d P , BCD
2
MH BCD
. Vậy chọn đáp án D
Câu 7. Cho hình chóp cụt tứ giác đều ABCD.A’B’C’D’. Đáy lớn ABCD có cạnh bằng a, đáy
nhỏ A’B’C’D’ có cạnh bằng b. Góc giữa mặt bên và đáy lớn bằng
60
. Tính khoảng cách
giữa hai mặt đáy của hình chóp cụt đều này
A.
ab 3
2
B.
a b 3
2
C.
a b 3
2
D.
b a 3
2
Lưu ý: Cần chú ý rằng, trong hình chóp cụt đều thì các mặt bên là những hình thang cân
bằng nhau, các góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng nhau.
Hướng dẫn giải
Gọi O, O’ lần lượt là tâ của hai hình vuông ABCD và
A’B’C’D’; K và J lần lượt là trung điểm của A’D’ và AD.
Gọi H là hình chiếu của K trên mp(ABCD) thì
KH OJ
tại
H và KH là khoảng cách cần tìm.
Gọi
là góc giữa mặt bên và mặt đáy của hình chóp cụt
thì
KJH 60
.
Ta có:
ba
O'K ;OJ
22

. KHOO’ là hình chữ nhật nên:
ab
JH OJ O'K
2
a b 3
KH 2.KH
HJK : tan KH
HJ a b 2
. Vậy chọn đáp án C.
Câu 8. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Tính khoảng cách giữa hai mặt
phẳng (BA’C’) và (ACD’)
A.
a3
2
B.
a3
3
C.
a3
2
D.
a3
5
Phân tích:
Chứng minh
B'D BC'
:
φ
H
J
K
O'
B'
A'
C'
O
B
D
C
A
D'
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 46
BC' CB'
BC' CDA'B' BC' B'D 1
BC' DC DC BB'C'C

Chứng minh
A'C' B'D
:
A'C' B'D'
A'C' BDD'B' A'C' B'D 2
A'C' BB' BB' A'B'C'D'

Xác định giao điểm K và H:
BB'D'D B'D
BC'A' BB'D'D BO' O' A'C' B'D' B'D BC'A' K
B'D BO' K
BB'D'D B'D
ACD' BB'D'D D'O O AC BD B'D ACD' H
B'D D'O H


Hướng dẫn giải
Từ (1) và (2) suy ra
B'D BC'A'
(3)
Mặt khác:
BC' AD'
BC'A' ACD' 4
BA' CD'
∥
∥
∥
Từ (3) và (4) suy ra:
B'D ACD' 5
Ta có:
B'D BA'C' K,B'D BC'A'
,
B'D D'AC H,B'D ACD'
Do đó KH là khoảng cách cần tìm.
2
2 2 2 2 2
BDB': B'D BD B'B a 2 a 3a B'D a 3
Dễ thấy trong hình chữ nhật BB’D’D ta có:
1 a 3
KH B'D
33

Vậy chọn đáp án B.
DẠNG 4. KHOẢNG CÁCH HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU
Câu 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật ABCD có
AD 2AB
,
SA ABCD , SC 2a 5
và góc giữa SC và
ABCD
bằng
0
60
, M là trung điểm của cạnh
BC. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và SD là
A.
a 510
17
B.
a 51
17
C.
2a 510
17
D.
3a 510
17
K
H
O'
O
C'
B'
D'
A'
C
A
B
D
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 47
Hướng dẫn giải
Ta có
SA ABCD SC
có hình chiếu
trên
ABCD
là AC
0
SC,ABCD SC,AC SCA 60
Ta giác SAC vuông tại A
0
AC SC.cos60 a 5
và
0
SA SC.sin60 a 15
Ta có
2 2 2 2 2
AB AD AC 5AB 5a AB a
Dựng hình bình hành AMDN và dựng
AH SN
tại H.
Ta có:
AM/ /DN AM/ / SDN d AM, SDN d A, SDN
AM MD
nên AMDN là hình chữ nhật.
ND AN
mà
DN SA DN SAN
DN AH
mà
AH SN AH SDN d A, SDN AH
Ta có
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 17
AH AS AN 15a 2a 30a
a 510
AH
17

. Vậy
a 510
d AM,SD
17
. Vậy chọn đáp án A.
Câu 2. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B,
AB 2a
,
0
BAC 60
,
cạnh bên SA vuông góc với đáy và
SA a 3
. Gọi M là trung điểm của cạnh AB. Khoảng
cách giữa hai đường thẳng SB và CM là
A.
a 10
17
B.
2a 3
29
C.
2a 3
19
D.
a3
13
Hướng dẫn giải
N
M
C
B
A
D
S
H
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 48
Gọi N là trung điểm cạnh SA.
Do
SB/ / CMN
nên
d SB,CM d SB, CMN
d B, CMN d A, CMN
Kẻ
AE MC, E MC
và kẻ
AH NE, H NE
Chứng minh được
AH CMN d A, CMN AH
Tính
AMC
2S
AE
MC
trong đó:
2
AMC
1 1 3
S AM.AC.sinCAM a.4a. a 3
2a 3
AE
2 2 2
13
MC a 13

Tính được
2a 3 2a 3 2a 3
AH d A, CMN d SB,CM
29 29 29
.
Vậy chọn đáp án B.
Câu 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A, D, SA vuông góc với
đáy,
SA AD a, AB 2a
. Tính khoảng cách giữa AB và SC.
A.
a
2
B.
a
2
C.
a2
D.
2a 2
Hướng dẫn giải
Ta có: AB // DC nên
d AB,SC d AB, SDC
.
Trong mặt phẳng (SAD) từ A kẻ
AH SD, H SD 1
Ta có:
DC AD
DC SAD DC AH 2
DC SA
Từ (1) và (2) suy ra
AH SCD
AH d AB, SCD d AB,SC
Trong tam giác vuông SAD có:
2 2 2 2
1 1 1 2 a
AH
2
AH AD SA a
.
M
N
A
C
B
S
E
H
B
E
A
D
C
S
H
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 49
60
°
60
°
H
A
B
C
D
S
Vậy chọn đáp án B.
Câu 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a,
0
ABC 60
, cạnh bên SA
vuông góc với đáy, SC tạo với đáy một góc
0
60
. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB,
SD là
A.
3a
5
B.
2a
5
C.
a
15
D.
3a
15
Hướng dẫn giải
S.ACD
SCD
3V
d AB,SD d A, SCD
S

Gọi H là trung điểm CD. Ta có:
CD SH
.
Do đó
2
SCD
1 a 15
S CD.SH
24

Vậy
S.ACD
SCD
3V
3a
d AB,SD d A, SCD
S
15
Vậy chọn đáp án D.
Câu 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật,
AB a, AD a 3
SA ABCD
, góc giữa mặt phẳng (SBD) và mặt phẳng (ABCD) bằng
0
60
. Tính khoảng
cách giữa hai đường thẳng AC và SD
A.
3a
2
B.
a
4
C.
3a
4
D.
2a
3
Hướng dẫn giải
Trong mặt phẳng (ABCD) đường thẳng qua
D song song với AC, cắt đường thẳng AB tại
E.
Trong tam giác ADE kẻ đường cao AK
K DE SAK SDE
. Dựng
AH SK
tại H, suy ra
AH SDE
.
Do
AC/ / SDE d AC;SD d A; SDE AH
Ta có:
a 3 3a 3a
AK AH d AC;SD
2 4 4
. Vậy chọn đáp án A.
60
°
E
A
C
B
S
D
I
K
H
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 50
Câu 6. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng
a3
,
0
BAD 120
và cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết rằng số đo của góc giữa hai mặt phẳng
(SBC) và (ABCD) bằng
0
60
. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC
A.
a7
14
B.
3a 7
4
C.
3a 7
14
D.
a7
8
Hướng dẫn giải
Gọi
O AC BD
. Vì
DB AC, BD SC
nên
BD SAC
tại
O.
Kẻ
OI SC OI
là đường vuông góc
chung của BD và SC.
Sử dụng hai tam giác đồng dạng ICO
và ACS hoặc đường cao của tam giác
SAC, suy ra được
3a 7
OI
14
. Vậy
3a 7
d BD,SC
14
.
Vậy chọn đáp án C.
Câu 7. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a, cạnh bên SA vuông
góc với mặt phẳng đáy. Góc giữa SC và mặt phẳng đáy bằng
0
45
. Gọi E là trung điểm BC.
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng DE và SC theo a.
A.
a
19
B.
2a 38
9
C.
a 38
19
D.
a 38
9
Hướng dẫn giải
Từ C dựng
CI / /DE DE/ / SCI
. Từ A
dựng
AK CI
, cắt ED tại H và CI tại K.
Trong (SAK) dựng
HT SK
. Do
CI SAK
nên
HT SCI
CD.AI 3a 1 a
AK , HK AK
CI 3
55
SA.HK a 38
d DE;SC d H; SCI HT
SK 19
Vậy chọn đáp án C.
Câu 8. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật ABCD, đường thẳng SA vuông góc
với mặt phẳng (ABCD) và
SA AD a
. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và
SC.
O
H
B
D
C
A
S
I
H
E
D
A
B
C
S
I
K
T
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 51
A.
a2
10
B.
a2
6
C.
a2
4
D.
a2
2
Hướng dẫn giải
Trong mặt phẳng (SAD), vẽ
AH SD, H SD
Mặt khác ABCD là hình chữ nhật nên
CD SAD AH SCD
Vậy khoảng cách giữa AB và SC chính là
AH.
Trong tam giác vuông SAD có AH là
đường cao nên
2 2 2
1 1 1 a 2
AH
2
AH AS AD
Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC bằng
a2
2
.
Vậy chọn đáp án D.
Câu 9. Cho hình chóp S.ABC có tam giác SAB đều cạnh a, tam giác ABC cân tại C. Hình
chiếu của S trên mặt phẳng
ABC
là trung điểm của cạnh AB, góc hợp bởi cạnh SC và
mặt đáy là
0
30
. Tính khoảng cách của hai đường thẳng SA và BC
A.
3a
13
B.
3a
13
C.
a
13
D.
2a
13
Hướng dẫn giải
Gọi H là trung điểm cạnh AB, ta có SH là
đường cao của hình chóp S.ABC và CH là
đường cao của tam giác ABC. Từ giả thiết
ta được
0
SCH 30
. Tam giác SHC vuông
tại H nên
0
SH 3a
tan30 CH SH. 3
CH 2
Dựng hình bình hành ABCD, khi đó:
d BC,SA d BC, SAD
d B, SAD 2d H, SAD

Gọi G, K lần lượt là hình chiếu của H trên các đường thẳng AD và SG. Ta có:
H
B
A
D
C
S
D
H
A
C
B
S
G
K
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 52
AD HG
AD SHG HK AD
AD SH
Mà
HK SG
nên
HK SAD
hay
d H, SAD HK
Tam giác SHG vuông tại H nên:
2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 52 3a
HK
2 13
HK HG HS HB HC HS 9a
Vậy
3a
d BC,SA
13
. Vậy chọn đáp án
3a
13
. Vậy chọn đáp án A.
Câu 10. Cho hình chóp S.ABCD, tứ giác ABCD là hình thang cân, hai đáy là BC và AD.
Biết
SA a 2, AD 2a, AB BC CD a
. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng
ABCD
trùng với trung điểm cạnh AD. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và
AD
A.
a 21
3
B.
a 21
7
C.
a
7
D.
3a
7
Hướng dẫn giải
Ta có:
2
ABCD ABI
3a 3
S 3S
4

Xét
SBI
vuông tại I có:
2 2 2 2
SI SB BI a SI a
SIBC
SBC
AD/ /BC
AD/ / SBC
BC SBC
d AD,BC d AD, SBC
3V
d I, SBC
S


3 3 2
SIBC S.ABCD SBC
1 1 a 3 a 3 a 7
V V . ; S p p a p b p c
3 3 4 12 4
Vậy
a 21
d AD,SB
7
. Vậy chọn đáp án B.
Câu 11. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với
AB 3 a, AD 2a
. Hình
chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng
ABCD
là điểm H thuộc cạnh AB sao cho
AH 2HB
. Góc giữa mặt phẳng
SCD
và mặt phẳng
ABCD
bằng
0
60
. Tính theo a thể
tích khối tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AD
A.
a 39
15
B.
6a 39
13
C.
a 39
3
D.
a 39
11
I
A
D
B
C
S
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 53
Hướng dẫn giải
Kẻ
HK CD K CD
. Khi đó:
CD HK
CD SHK CD SK
CD SH
Vậy góc giữa (SCD) và (ABCD) là góc
0
SKH 60
Trong tam giác vuông SHK:
0
SH HKtan60 2a 3
Vì
SBC / /AD d AD,SC d A, SBC
.
Trong (SAB) kẻ
AI SB
, khi đó:
BC AB
BC SAB BC AI
BC SH
. Mà
SB AI AI SBC
Vậy
22
SH.AB 2a 3.3a 6a 39
d AD,SC d A, SBC AI
SB 13
12a a
.
Vậy chọn đáp án A.
Câu 12. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a,
a 17
SD
2
, hình
chiếu vuông góc H của S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của đoạn AB. Gọi K là
trung điểm của đoạn AD. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng HK và SD theo a.
A.
a3
25
B.
a3
45
C.
a3
15
D.
a3
5
Hướng dẫn giải
SH ABCD SH HD
. Ta có:
2 2 2 2 2
SH SD HD SD AH HD
SH a 3

HK/ /BD HK/ / SBD
d HK,SD d H, SBD
Gọi E là hình chiếu vuông góc của H
trên BD và F là hình chiếu vuông góc
của H trên SE.
Ta có:
BD HE
và
BD SH
nên
BD SHE BD HF
mà
HF SE
do đó
HF SBD
.
Suy ra
d H, SBD HF
60
°
K
H
I
A
B
C
D
S
K
H
D
A
B
C
S
E
F
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 54
Ta có:
a2
HE HBsinEBH
4

22
HS.HE a 3
HF
5
HS HE
.
Vậy
a3
d HK,SD
5
. Vậy chọn đáp án D.
Câu 13. Cho hình chóp S.ABC có
a 70
SC
5
, đáy ABC là tam giác vuông tại A,
AB 2a, AC a
và hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm cạnh AB. Tính
khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA
A.
3a
5
B.
4a
5
C.
a
5
D.
2a
5
Hướng dẫn giải
Tam giác AHC vuông cân cạnh a nên
CH a 2
Tam giác SHC vuông tại H nên
22
2a
SH SC CH
5
Dựng
AK BC, HI BC
. Đường
thẳng qua A song song với BC cắt IH
tại D
BC/ / SAD
d BC,SA s BC, SAD d B, SAD 2d H, SAD
AD SDH SAD SDH
.
Kẻ
HJ SD HJ SAD d H, SAD HJ
Ta có
2 2 2
1 1 1 2a a
AK HD
55
AK AB AC
2 2 2
1 1 1 2a
HJ
5
HJ HD HS
. Vậy
4a
d BC,SA
5
Vậy chọn đáp án B.
Câu 14. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC đều cạnh bằng 3a. Chân đường cao
hạ từ đỉnh S lên mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho
AB 3AH
, góc tạo bởi
đường thẳng SC và mặt phẳng (ABC) bằng
0
60
. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng
SA và BC
A.
3a 21
29
B.
3a 21
19
C.
a 21
39
D.
3a 21
7
Hướng dẫn giải
D
I
H
B
C
A
K
S
J
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 55
Nhận thấy
SH ABC HC
là hình
chiếu của SC trên mặt phẳng (ABC)
0
SCH 60
là góc giữa SC và mặt
phẳng (ABC)
Ta có
2 2 2 0
HC AC AH 2AC.AH.cos60
2 2 2
1
9a a 2.3a.a. 7a
2
0
HC a 7 SH HC.tan60 a 21
Dựng
AD CB AD/ /CB BC/ / SAD
d SA;BC d BC; SAD d B; SAD 3d H; SAD
Dựng
HE AD
tại E
AD SHE SAD SHE
(theo giao tuyến SE)
Dựng
HF SE
tại F
HF SAD HF d H; SAD
Ta có:
0
a3
HE AH.sin60
2

2 2 2 2 2 2
1 1 1 4 1 29 a 21 3a 21
HF d B; SAD
29 29
HF HE SH 3a 21a 21a
Vậy
3 a 21
d SA ;BC
29
. Vậy chọn đáp án A.
Câu 15. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với
AB a
,
AD 2a
. Hình
chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng đáy là trung điểm của H và AD, góc giữa SB và mặt
phẳng đáy (ABCD) là
0
45
. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và BH theo a
A.
2a
3
B.
2
a
5
C.
2
a
3
D.
a
3
Hướng dẫn giải
Do
SH ABCD
nên góc giữa SB và mặt phẳng đáy
(ABCD) là góc
0
SBH 45
. Ta có
SBH
vuông cân tại H nên
SH BH a 2
Gọi K là trung điểm của BC, ta có
BH / / DK BH/ / SDK
.
Suy ra:
d BH;SD d BH; SDK d H; SDK
Tứ diện SHDK vuông tại H nên
60
°
H
C
A
D
B
S
E
F
45
°
K
H
B
A
D
C
S
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 56
2 2 2 2 2
1 1 1 1 5
d H; SDK HS HK HD 2a
Vậy
2
d B H;SD d H; SDK a
5

.
Vậy chọn đáp án B.
Câu 16. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh a. Cạnh bên SD
hợp với mặt đáy một góc
0
60
và hình chiếu vuông góc H của đỉnh S lên mặt đáy là trung
điểm của cạnh AB. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD.
A.
a 345
31
B.
a 546
31
C.
a 645
31
D.
a 465
31
Hướng dẫn giải
Ta có
SH ABCD
.
Tính
a 5 a 15
HD ; SH
22

Dựng E sao cho AEBO là hình bình hành. Gọi M là
trung điểm của AE. Hạ HK vuông góc với SM.
Chứng minh
HK SAE
và tính được
a 465
HK
62
Chứng minh
a 465
d BD;SA 2HK
31

. Vậy chọn đáp án D.
Câu 17. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, với
A B B C a, AD 2a a 0
. Các mặt bên
SAC
và
SBD
cùng vuông góc với mặt
đáy. Biết góc giữa hai mặt phẳng
SAB
và
ABCD
bằng
0
60
. Tính khoảng cách giữa hai
đường thẳng CD và SB.
A.
2a 3
5
B.
2a 3
15
C.
a3
15
D.
3a 3
5
Hướng dẫn giải
Gọi
H AC BD SH ABCD
và
1
BH BD
3
Kẻ
HE AB AB SHE
, hay
0
SAB ; ABCD SEH 60
Mà
1 2a 2a 3
HE AD SH
3 3 3
60
°
M
E
O
H
C
B
A
D
S
K
I
H
D
O
A
B
C
S
E
K
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 57
Gọi O là trung điểm AD, ta có ABCD
là hình vuông cạnh a
ACD
có
trung tuyến
1
CO AD
2
CD AC CD SAC
VÀ
BO/ /CD
hay
CD/ / SBO
và
BO SAC
d CD;SB d CD; SBO d C; SBO
Tính chất trọng tâm tam giác BCO
1 a 2
IH IC
36
22
5a 2
IS IH HS
6
Kẻ
CK SI
mà
CK BO CK SBO d C, SBO CK
Trong tam giác SIC có:
SIC
1 1 SH.IC 2a 3
S SH.IC SI.CK CK
2 2 SI 5
Vậy
2a 3
d CD,SB
5
. Vậy chọn đáp án A.
Câu 18. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc
0
ABC 60
cạnh bên
SD a 2
. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc đoạn BD
sao cho
HD 3HB
. Gọi M là trung điểm của cạnh SD. Tính tính khoảng cách giữa hai
đường thẳng CM và SB.
A.
a3
40
B.
a 30
8
C.
a3
8
D.
a3
4
Hướng dẫn giải
Từ giả thiết có tam giác ABC đều cạnh a.
Gọi
a3
O AC BD BO BD a 3
2
33
HD BD a 3
44
22
2 2 2 2
27a 5a a 5
SH SD HD 2a SH
16 16 4
22
2 2 2
5a 3a a 2
SB SH HB SB
16 16 2
BD AC
AC SBD AC OM
AC SH
Diện tích tam giác MAC là
2
MAC
1 1 1 a 2 a 2
S OM.AC SB.AC .a
2 4 4 2 8
M
H
O
C
B
A
D
S
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 58
SB/ /OM SB/ / MAC
d SB;CM d SB; MAC d S; MAC d D; MAC
3
M.ACD ACD ABCD S.ABCD
1 1 1 1 1 a 15
V d M; ABCD .S . d S; ABCD . S V
3 3 2 2 4 96
Mặt khác
M.ACD MAC
1
V d D; MAC .S
3
3
M.ACD
2
MAC
a 15
3V
a 30
32
d D; MAC
S8
a2
8
Vậy chọn đáp án B.
Câu 19. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại B và C,
AB 2BC 4CD 2a
, giả sử M và N lần lượt là trung điểm AB và BC. Hai mặt phẳng
(SMN) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy và cạnh bên SB hợp với (ABCD) một
góc
0
60
. Tính khoảng cách giữa SN và BD.
A.
3
a
15
B.
3
a
65
C.
3
a
55
D.
3
a
35
Hướng dẫn giải
Gọi
H MN BI SMN SBI SH
Do hai mặt phẳng (SMN) và (SBI) cùng vuông góc với
ABCD SH ABCD
Dễ thấy BH là hình chiếu vuông góc của SB lên mặt phẳng
đáy, suy ra
0
SBH 60
.
Gọi M và N lần lượt là trung điểm AB và BC, mà
AB 4CD
nên suy ra
MN BD
tại H.
Xét tam giác BMN ta có:
2 2 2 2
1 1 1 5 a
BH
5
BH BM BN a
Xét tam giác SBH lại có:
0
SH a 15
tanSBH SH HB.tan60
HB 5
* Tính khoảng cách giữa SN và BD.
Do
BD SH
BD SMN
BD MN

Dựng HK vuông góc SN, suy ra HK là đoạn vuông góc chung của SN và BD
d BD,SN HK
.
Xét
BHN
có:
22
22
a a a 5
HN BN BH
4 5 10
H
N
M
A
B
C
D
S
K
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 59
Xét
SHN
ta có:
2 2 2 2 2 2
1 1 1 20 5 65 3
HK a
65
HK SH HN a 3a 3a
Vậy
3
d B D ,SN a
65
Câu 20. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A, B. Biết
AD 2AB 2BC 2a, SA SD SC 3a
. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và
CD.
A.
a5
3
B.
a3
3
C.
a3
2
D.
a2
2
Hướng dẫn giải
Theo giả thiết ta có
BC AB a
Gọi H là trung điểm của AD
HA HD a
Từ giả thiết
ABCH là hình vuông cạnh a tâm O
CH a
1 a 2
CO AC
22

Trong tam giác ACD có CH là trung tuyến và
1
CH AD
2
ACD
vuông tại C
H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD.
Gọi K là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD)
SK ABCD
, SK là
đường cao của hình chóp S.ABC.
Hơn nữa các tam giác vuông SKA, SKC và SKD bằng nhau vì SK chung và
SA SD SC 3a KA KC KD
K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD
K trùng với H.
Trong tam giác vuông SHD ta có:
2 2 2 2 2
SH SD HD 9a a 2 2a
Tứ giác BCDH là hình bình hành (vì
HD BC, HD BC∥
)
CD BH ∥
Ta có:
CD SBH
CD SBH
CD SBH
∥BH
∥
Ta có SB và CD là hai đường thẳng chéo nhau.
Mặt khác
CD SBH
d CD,SB d CD, SBH d C, SBH
SB SBH
∥
Ta có
CO HB
a2
CO SBH CO d C, SBH
2
CO SH
. Vậy chọn đáp án D.
H
A
D
B
C
S
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 60
Câu 21. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành thỏa mãn
AB 2a, BC a 2, BD a 6
. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là
trọng tâm của tam giác BCD. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD, biết rằng khoảng
cách giữa hai đường thẳng AC và SB bằng a.
A.
3
4 2a
3
B.
3
5 3a
3
C.
3
3a
2
D.
3
2a
2
Hướng dẫn giải
Gọi H là hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABCD), M là
trung điểm của CD và O là tâm của đáy ABCD. Do
AO là trung tuyến của tam giác ABD nên:
2 2 2 2
2
2 2 2
2
2 2 2
2
AB AD BD 3a
AO
2 4 2
a 6 AO 2a 6
AO AH AO
2 3 3
BD BC CD
BM
24
6a 2a 4a
3a
24
2a 3
BM a 3 BH
3

Ta có
2 2 2 2
AH BH 4a AB AH BH
, kết hợp với
AH S H
ta được
A H SH B
Kẻ HK vuông góc với SB, theo chứng minh trên ta được
A H SHB
Suy ra
AH HK
HK là đoạn vuông góc chung của AC và SB, suy ra
HK a
.
Trong tam giác vuông SHB ta có:
2 2 2
1 1 1
SH 2a
HK SH HB
3
S.ABCD ABCD OAB
1 1 4 1 4 2a
V SH.S SH.4S SH. OA.BH
3 3 3 2 3
. Vậy chọn đáp án A.
Câu 22. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật,
SA ABCD
. Biết
AB a, BC 2a, SA a 3
(với
a , a 0
). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các đoạn
thẳng SB, AD. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và BN.
A.
2a
3
B.
3a
3
C.
a 21
7
D.
2a
7
Hướng dẫn giải
Qua A kẻ đường thẳng song song với
BN cắt BC tại E. Gọi
H AB EN
.
O
H
M
C
B
D
A
S
K
M
H
N
C
A
D
B
S
E
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 61
Kẻ
MH SA∥
. Suy ra
MH ABCD
MH là đường cao của khối chóp M.ANBE.
Ta có:
22
ANBE ANB
a 3 1
MH , S 2S 2. .a a
22
Suy ra
3
S.ANBE ANBE
1 a 3
V MH.S
36

Ta lại có:
AM a, AE a 2, CB SAB CB SB
Suy ra
SBE
vuông tại B
22
ME BE MB a 2
Ta có:
AE ME a 2 AME
cân tại E
22
2
AME
a a a 7
S . a 2
2 4 4
Vì
BN AME∥
M.ANBE
N.AME
AME AME
3
V
3V
a 21
2
d BN, AME d N, AME
S S 7

Vậy
a 21
d AM,BN
7
. Vậy chọn đáp án C.
Câu 23. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi tâm O cạnh
a 5, AC 4a
,
SO 2 2a
và SO vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm của SC. Tính khoảng cách giữa hai đường
thẳng SA và BM.
A.
5 2a
3
B.
3a
6
C.
a 21
3
D.
26
a
3
Hướng dẫn giải
Vì M là trung điểm của SC nên
OM SA, MS MC∥
Do đó
C.OMB
OMB
3V
d SA,BM d SA, OBM d S, OBM d C, OBM
S
Ta có
1
OC AC 2a
2

nên
2 2 2
OBC
1
OB BC OC a S OB.OC a
2
Gọi N là trung điểm của OC thì
MN SO∥
nên
MN OBC
và
1
MN SO a 2
2

.
Do đó
3
M.OBC OBC
12
V MN.S a
33

Ta có
22
SA SO OA 2 3a
nên
OM 3a
Tam giác OMB vuông tại O nên:
2
OMB
13
S OB.OM a
22

N
M
O
D
C
A
B
S
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 62
C.OMB
OMB
3V
26
d SA,BM a
S3
Vậy chọn đáp án D.
Câu 24. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a,
0
BAD 60
, G là trọng
tâm tam giác ABD và
SG ABCD
,
a6
SG
3
. Gọi M là trung điểm CD. Tính khoảng
cách giữa AB và SM theo a.
A.
a2
2
B.
3a
3
C.
a2
3
D.
a6
3
Hướng dẫn giải
Dễ thấy SG là đường cao của khối chóp S.ABMD và
. Vì ABCD là hình thoi cạnh a,
0
BAD 60
nên
ABD
và
BCD
là các tam giác đều cạnh a, M
là trung điểm CD
Vì
AB CD AB SCD∥∥
d AB,SM d AB, SCD d B, SCD h
Gọi
O A C BD
Hơn nữa
2 2 1 1 a 3 2a 3
AG AO . AC AC GC
3 3 2 3 3 3
22
2 2 2 2
6a 12a
SC SG GC 2a
99
Lại có
22
2 2 2 2
a 3 6a 3a
GD GA SD SG GD a
3 9 9
Suy ra
2 2 2 2 2 2
0
SC CD SD 2a a a 1
cosSCD SCD 45
2SC.CD
2.a 2.a 2
Khi đó
2
0
SCM
1 1 a 1 a
S SC.CM.sin45 .a 2. .
2 2 2 4
2
(đvdt)
Mặt khác:
B.SCM
S.BCM B.SCM SCM
SCM
3V
1
V V h.S h
3S
2 3 3 3 3
B.SCM S.BCM S.ABCD SABMD
1 a 6 a 3 a 2 a 2 a 2 a 2
V V V V . .
3 3 2 8 6 8 24
M
G
O
D
C
A
B
S
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 63
Suy ra
3
2
a2
3.
a2
24
h
2
a
4

. Vậy
a2
d AB,SM
2
. Vậy chọn đáp án A.
Câu 25. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi, tam giác SAB đều và nằm trong mặt
phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết
AC 2a, BD 4a
. Tính theo a khoảng cách
giữa hai đường thẳng AD và SC
A.
4a 13
91
B.
a 165
91
C.
4a 1365
91
D.
a 135
91
Hướng dẫn giải
Gọi
O A C BD
, H là trung điểm của AB, suy ra
SH AB
.
Do
AB SAB ABCD
và
SAB ABCD
nên
SH ABCD
Ta có:
AC 2a
OA a
22
2 2 2 2
2
ABCD
BD 4a
OB 2a
22
AB OA OB a 4a a 5
AB 3 a 15
SH
22
11
S AC.BD 2a.4a 4a
22

Thể tích khối chóp S.ABCD là
3
2
ABCD
1 1 a 15 2a 15
V SH.S . .4a
3 3 2 3
Ta có:
BC/ /AD
nên
AD/ / SBC d AD,SC d AD; SBC d A; SBC
Do H là trung điểm AB và
B AH SBC
nên
d A; SBC 2d H, SBC
Kẻ
HE BC, H BC
. Do
SH BC
nên
BC SHE
.
Kẻ
HK SE, K SE
, ta có
BC HK HK SBC HK d H; SBC
2
BCH ABC ABCD
2S S S
4a 2a 5
HE
BC BC 2AB 5
2a 5
2 2 2 2 2 2
1 1 1 5 4 91 2a 15 2a 1365
HK
91
91
HK HE SH 4a 15a 60a
Vậy
4a 1365
d AD ,SC 2HK
91

O
H
C
B
A
D
S
E
K
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 64
Vậy chọn đáp án C.
Câu 26. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a,
SD a 2
,
SA SB a
, và mặt phẳng (SBD) vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính theo a khoảng
cách giữa hai đường thẳng AC và SD.
A.
a
4
B.
5a
2
C.
a
2
D.
3a
2
Giải
Theo giả thiết
ABCD SBD
theo giao tuyến BD.
Do đó nếu dựng
AO SBD
thì
O BD
Mặt khác
AS AB AD OS OB OD
hay
SBD
là tam giác vuông tại S.
2 2 2 2
BD SB SD a 2a a 3
3
2 2 2
3a a
AO AB OB a
42
Trong
SBD
dựng
OH SD
tại H (1)
H là trung điểm của SD.
Theo chứng minh trên
AO SBD AO OH
(2)
Từ (1) và (2) chứng tỏ OH là đoạn vuông góc chung của AC
và SD.
Vậy
1a
d AC,SD OH SB
22
Câu 27. Cho hình chóp đều S.ABC có
SA 2a, AB a
. Gọi M là trung điểm của cạnh BC.
Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, SB.
A.
a 155
47
B.
a 512
43
C.
a 517
47
D.
a 152
45
Hướng dẫn giải
Gọi O là tâm của tam giác đều ABC cạnh a. Do S.ABC là hình
chóp đều nên
SO ABC
. Ta có
2
ABC
a3
S
4
và
a3
OA
3
Xét
SOA
có:
22
2 2 2 2
a 11a
SO SA OA 4a
33
a 33
SO
3

Vậy
23
S.ABC ABC
1 1 a 33 a 3 a 11
V SO.S . .
3 3 3 4 12
Gọi N, I, J lần lượt là trung điểm của các đoạn SC, CO, OM.
Do
SB/ /MN SB/ / AMN
. Suy ra:
H
O
B
C
D
A
S
J
I
N
O
M
A
B
C
S
K
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 65
d AM,SB d B, AMN d C, AMN 2d I, AMN
Ta có:
AM IJ
AM IJN IJN AMN
AM IN
theo giao tuyến NJ.
Trong
IJN
, kẻ
IK NJ IK AMN d I, AMN IK
Xét tam giác I JN có:
2 2 2 2 2 2
1 1 1 16 12 188 11
IK a
188
IK IJ IN a 11a 11a
Vậy
11 a 517
d AM,SB 2IK 2a .
188 47
. Vậy chọn đáp án C.
Câu 28. Cho khối lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Gọi K là trung điểm của DD’. Tính
khoảng cách giữa CK và A’D.
A.
a
3
B.
a
5
C.
a
4
D.
a
2
Hướng dẫn giải
Gọi M là trung điểm của BB’ thì
A'M CK∥
K.A'DM
A'DM
d CK,A'D d CK, A'DM
3V
d K, A'DM
S

Ta có:
3
K.A'DM M.KA'D B'.KA'D
1 1 1
V V V B'A'. A'D'.KD a
3 2 12
Hạ
DH A'M
. Do
AD ABB'A'
nên
AH A'M
Vì
2
AMA' ABB'A'
AH.MA' 2S 2 a
nên
2
a 2a
AH
MA'
5

Do đó
2 2 2
A'MD
3a 1 3
DH AD AH S DH.A'M a
24
5
Vậy
3
K.A'DM
2
A'DM
a
3.
3V
a
12
d CK,A'D
3
S3
a
4
. Vậy chọn đáp án A.
Câu 29. Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên
và mặt phẳng đáy bằng
0
30
. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A’B’C’) thuộc
đoạn thẳng B’C’. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA’ và B’C’ theo a.
M
K
C'
B'
C
D'
A'
A
D
B
H
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 66
A.
a
3
B.
a
5
C.
a
4
D.
a3
4
Hướng dẫn giải
Ta có A’H là hình chiếu của AA’ lên mặt phẳng
(A’B’C’) nên
0
AA'H 30
Xét tam giác vuông AHA’ ta có:
00
a a 3
AH AA'sin30 ,A'H AA'cos30
22
Mà tam giác A’B’C’ đều nên H là trung điểm của
B’C’.
Vẽ đường cao HK của tam giác AHA’
Ta có
B'C' AHA'
nên
B'C' HK
Suy ra
AH.A'H a 3
d AA',B'C' HK
AA' 4
. Vậy chọn đáp án D.
Câu 30 . Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Cạnh bên SA vuông
góc với mặt đáy (ABC), I là trung điểm của AB và tam giác SIC vuông cân. Tính khoảng
cách giữa hai đường thẳng AI và SB theo a.
A.
6a
B.
a6
C.
a6
6
D.
6a 6
Hướng dẫn giải
Ta có:
CI AB
CI SAB CI SI
CI SA
Suy ra tam giác SIC vuông cân tại I, nên
a3
SI CI
2

Do đó:
22
22
3a a a 2
SA SI AI
4 4 2
Dựng IH vuông góc với SB (I thuộc SB). Khi đó HI là đoạn
vuông góc chung của SB và CI, do đó
d SB;CI HI
Hai tam giác vuông HBI và ABS đồng dạng, nên
HI BI
SA SB
a a 2
.
BI.SA a 6
22
HI
SB 6
a6
2
. Vậy
a6
d SB;CI HI
6

Vậy chọn đáp án C.
30
0
H
B
C
A'
C'
B'
A
K
I
A
C
B
S
H
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 67
Câu 31. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc
0
ABC 60
cạnh bên
SD a 2
. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc đoạn BD
sao cho
HD 3HB
. Gọi M là trung điểm của cạnh SD. Tính khoảng cách giữa hai đường
thẳng CM và SB
A.
a 30
8
B.
a7
4
C.
30a
7
D.
a 30
5
Hướng dẫn giải
SB/ /OM SB/ / MAC
d SB;CM d SB; MAC
d S; MAC d D; MAC


M.ACD ACD
ABCD
3
S.ABCD
1
V d M; ABCD .S
3
1 1 1
. d S; ABCD . S
3 2 2
1 a 15
V
4 96

Mặt khác
M.ACD MAC
1
V d D; MAC .S
3
3
M.ACD
2
MAC
a 15
3V
a 30
32
d D; MAC
S8
a2
8
. Vậy chọn đáp án A.
Câu 32. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, mặt bên SAB là tam
giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng
ABC
. Gọi M là điểm thuộc
cạnh SC sao cho
MC 2SM
. Biết
AB a, BC a 3
. Tính khoảng cách giữa hai đường
thẳng AC và BM.
A.
a 21
8
B.
a 21
3
C.
a 21
7
D.
a 21
4
Hướng dẫn giải
Gọi H là trung điểm của AB
SH AB
Do
SAB ABC
nên
SH ABC
Do SAB là tam giác đều cạnh a nên
a3
SH
2
,
22
AC BC AB a 2
Từ M kẻ đường thẳng song song với AC cắt SA tại N
M
H
O
C
B
A
D
S
N
M
H
A
C
B
S
K
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 68
AC/ /MN AC/ / BMN
Ta có:
AC AB AC SAB
mà
MN/ /AC MN SAB
SAB BMN
Từ A kẻ
AK BN K BN
AK BMN AK d A; BMN d AC,BM
Do
MC 2 AN 2
SC 3 SA 3
22
ABN SAB
2
2 2 2 0
ABN
2 2 a 3 a 3
S S .
3 3 4 6
2S
7a a 7 a 21
BN AN AB 2AN.AB.cos60 BN , AK
9 3 BN 7
Vậy
a 21
d AC ,BM
7
. Vậy chọn đáp án C
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 69
Để sử dụng file word, quý thầy cô vui lòng đóng góp chút kinh phí để tạo động lực cho
tác giả ra đời những chuyên đề khác hay hơn
STT
TÊN TÀI LIỆU
GIÁ
MÃ SỐ
1
KĨ THUẬT GIẢI NHANH TRẮC NGHIỆM SỐ PHỨC_123
Tặng 6 đề word thi thử THPT Quốc gia 2017
(có đáp án và lời giải chi tiết) {Đề 1-6}
60K
SO PHUC_123
2
CHỦ ĐỀ 1_KHỐI ĐA DIỆN {26 Trang}
Tặng 5 đề word thi thử THPT Quốc gia 2017
(có đáp án và lời giải chi tiết) {Đề 7-11}
50K
HHKG_KDD
3
CHỦ ĐỀ 2_THỂ TÍCH KHỐI CHÓP {59 Trang}
Tặng 10 đề word thi thử THPT Quốc gia 2017
(có đáp án và lời giải chi tiết) {Đề 12-21}
110
K
HHKG_TTKC
4
CHỦ ĐỀ 3_THỂ TÍCH KHỐI LĂNG TRỤ {34 Trang}
Tặng 5 đề word thi thử THPT Quốc gia 2017
(có đáp án và lời giải chi tiết) {Đề 22-26}
70K
HHKG_TTLT
5
CHỦ ĐỀ 456_NÓN TRỤ CẦU {56 Trang}
Tặng 10 đề word thi thử THPT Quốc gia 2017
(có đáp án và lời giải chi tiết) {Đề 27-36}
110
K
HHKG_NTC
6
CHỦ ĐỀ 7_KHOẢNG CÁCH {68 Trang}
Tặng 12 đề word thi thử THPT Quốc gia 2017
(có đáp án và lời giải chi tiết) {Đề 37-49}
130
K
HHKG_KC
7
CHỦ ĐỀ 8_GÓC {21 Trang}
Tặng 5 đề word thi thử THPT Quốc gia 2017
(có đáp án và lời giải chi tiết) {Đề 50-54}
50K
HHKG_GOC
8
CHỦ ĐỀ 9_CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC
KHỐI LỒNG NHAU {29 Trang}
Tặng 8 đề word thi thử THPT Quốc gia 2017
(có đáp án và lời giải chi tiết) {Đề 55-63}
80k
HHKG_CT
Hướng dẫn thanh toán
Quý thầy cô thanh toán cho mình qua ngân hàng. Sau khi chuyển khoản, mình sẽ lập tức gửi tài
liệu cho quý thầy cô.
Nếu trong ngày mà thầy cô chưa nhận được thì vui lòng gọi điện trực tiếp cho mình.
Thầy cư. SĐT: 01234332133
NGÂN HÀNG
TÊN TÀI KHOẢN
TRẦN ĐÌNH CƯ
TRẦN ĐÌNH CƯ
TRẦN ĐÌNH CƯ
SỐ TÀI KHOẢN
4010205025243
0161000381524
55110000232924
CHI NHÁNH
THỪA THIÊN HUẾ
THỪA THIÊN HUẾ
THỪA THIÊN HUẾ
Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 70
Nội dung: Họ và tên_email_ma tai liệu
Ví dụ: Nguyễn Thị B_nguyenthib@gmail.com_HHKG_TTKC
Lưu ý:
Thầy cô đọc kỹ file PDF trước khi mua, tài liệu mua chỉ dùng với mục đích cá nhân, không được
bán lại hoặc chia sẻ cho người khác.
CHÚC QUÝ THẦY CÔ DẠY TỐT VÀ THÀNH CÔNG TRONG SỰ NGHIỆP TRỒNG NGƯỜI
| 1/70
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:


Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện T
hs. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 1
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện MỤC LỤC
CHỦ ĐỀ 7. KHOẢNG CÁCH ............................................................................................. 3
DẠNG 1. KHOẢNG CÁCH TỪ 1 ĐIỂM ĐẾN ĐƯỜNG THẲNG ................................ 3
DẠNG 2. KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG ............................... 9
DẠNG 3. KHOẢNG CÁCH GIỮA HAI MẶT PHẲNG SONG SONG. ..................... 40
DẠNG 4. KHOẢNG CÁCH HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU ........................... 46
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 2
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện
CHỦ ĐỀ 7. KHOẢNG CÁCH
DẠNG 1. KHOẢNG CÁCH TỪ 1 ĐIỂM ĐẾN ĐƯỜNG THẲNG Phương Pháp Cách xác định:
Việc dựng hình chiếu của một điểm trên đường thẳng trong không gian, ta có thể làm theo 2 cách sau:
 Dựng mặt phẳng đi qua điểm và đường thẳng đã cho. Rồi trên mặt phẳng đó qua điểm
đã cho dựng đoạn vuông góc từ điểm tới đường thẳng.
 Dựng một mặt phẳng đi qua điểm đã cho và vuông góc với đường thẳng, lúc đó giao
điểm của đường thẳng với mặt phẳng vừa dựng chính là hình chiếu của điểm trên đường thẳng.
Tính toán: Sau khi đã xác định được khoảng cách cần tính, ta dùng các hệ thức lượng
trong tam giác, đa giác, đường tròn, … để tính toán.
Câu 1. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AB  a, AD  b, AA'  c . Tính khoảng
cách từ điểm A đến đường thẳng BD’. 2 2 a b  c 2 2 b b  c 2 2 c b  c 2 2 abc b  c A. B. C. D. 2 2 2 a  b  c 2 2 2 a  b  c 2 2 2 a  b  c 2 2 2 a  b  c Hướng dẫn giải
Do AB  AD' nên tam giác ABD’ vuông tại A. Trong tam giác ABD’ kẻ đường cao AH thì AH  dA,BD' . D' C' Trong A  DD', ta có: B' A' c H D C b A a B 2 2 2 2 AD'  AD  DD'  b  c 2 2 2 2 2
BD'  AB  AD'  a  b  c Xét A  BD' , ta được: AH.BD'  AB.AD' 2 2 AB.AD' a b  c  AH   BD' 2 2 2 a  b  c
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 3
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện a b  c Vậy d A,BD' 2 2  AH 
. Vậy chọn đáp án A. 2 2 2 a  b  c
Câu 2. Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều tâm O, cạnh a, hình
chiếu của C’ trên mp(ABC) trùng với tâm của đáy. Cạnh bên CC’ hợp với mp(ABC) góc
60 . Gọi I là trung điểm của AB. Tính các khoảng cách:
Câu 2.1. Từ điểm O đến đường thẳng CC’ a 3a a a A. 2 B. 2 C. 4 D. 3 Hướng dẫn giải
Theo giả thiết, suy ra: C'O  ABC , suy ra: OC  hch CC'  CC', ABC  C'CO ABC    C' A'
Theo giả thiết, ta có: C'CO  60 J B'
Trong mp(C’CO) dựng OH  CC' tại H ta được: K H dO,CC'  OH. a 60° A 2 a 3 3 a a C Xét C
 OH  OH  OC.sin30  . .  O 3 2 2 2 I a B Suy ra:   a
d O,CC'  2. Vậy chọn đáp án A.
Câu 2.2. Khoảng cách từ điểm C đến đường thẳng IC’ 2a 13 3a 13 a 3 a 13 A. 3 B. 13 C. 3 D. 3 Hướng dẫn giải Tính d C,IC'
Trong mp(C’IC) dựng CK  IC' tại K ta được: d C,IC'  CK OC'.CI Xét C
 IC'  OC'.CI  CK.IC'  CK  IC' a 3 a 3 Mà OC'  OC.tan 60  . 3  a;CI  3 2 2 2 2 2 2 a 2 13a IC'  IO  OC'   a  12 12 a 3 a. 3a 3a 13 2 Nên d C,IC'  CK   
. Vậy chọn đáp án B. a 13 13 13 2 3
Câu 2.3. Khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng A’B’
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 4
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện 2a 7 a 7 a 7 a 7 A. 3 B. 3 C. 2 D. 4 Hướng dẫn giải Tính d O,A'B' Vì C'O  ABC 
∥ A'B'C'  OC'  A'B'C'. Gọi J là trung điểm của
A'B' C' J A'B'  A'B'C'  OJ A'B' (định lí 3 đường vuông góc)
Tức là: d O,A'B'  OJ 2 Xét 2 2 2 3a a 7 O
 C'J  OJ  OC'  C'J  a   4 2 Tức là:   a 7
d O,A'B'  2 . Vậy chọn đáp án C.
Câu 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt
phẳng (ABCD) và SA  a . Gọi E là trung điểm của cạnh CD. Tính theo a khoảng cách từ
điểm S đến đường thẳng BE 2a 5 a 5 a 5 3a 5 A. 5 B. 3 C. 5 D. 5 Hướng dẫn giải
Vì SA  ABCD, trong mặt phẳng (ABCD) nếu dựng S
AH  BE tại H thì SH  BE (định lí 3 đường vuông góc). Tức
là khoảng cách từ điểm S đến đường thẳng BE bằng đoạn SH. Ta có: a 2 1 1 a 1 S A  BE  AB.EF  a.a   AH.BE 2 2 2 2 A D a 2 F 2 2 2 a a 5 E Mà BE  BC  CE  a   4 2 H B a C 2 a 2a Nên AH    BE
, mà SAH vuông tại A, nên: 5 2 2 2 2 4a 3a 3a 5 SH  SA  AH  a    5 5 5 Vậy   3a 5
d S,BE  5 . Vậy chọn đáp án D.
Câu 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm O, SA  ABCD ,
SA  a. Gọi I là trung điểm của SC và M là trung điểm của AB. Tính khoảng cách từ điểm I đến đường thẳng CM
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 5
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện a 2 a 3 a 30 a 3 A. 5 B. 17 C. 10 D. 7 Hướng dẫn giải
Do IO  ABCD nên nếu dựng OK  CM K CM thì IK  CM.
Tức là: d I,CM  IK . 2 a Mà 2 2 2 IK  OI  OK   OK 4 a 1 I Do S O  MC  OK.MC 2 A D  2 2 2 a a a  2    M O a 2S  2 8 4  OM  C   a  OK    K MC 2 B a C a 2 5 2 a  4 2 2 a a a 6 a 30 Suy ra IK     4 20
. Vậy chọn đáp án C. 2 5 10 a 3
Câu 5. Cho hình chóp đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, gọi O là tâm của đáy và SO  3 .
Gọi I là trung điểm của BC và K là hình chiếu của O lên SI. Tính khoảng cách từ O đến SA. a 5 a 3 a 2 a 6 A. 5 B. 3 C. 3 D. 6 Hướng dẫn giải
Dựng OH  SA tại H  d O,SA  OH S 2 2 a 3 a 3 Ta có: OA  AI  .   SO 3 3 2 3 , suy ra: a 3 H 3 1 1 a 3 a 6 OH  SA  . . 2  K a 2 2 3 6 A C a O a I Vậy   a 6
d O,SA  6 . Vậy chọn đáp án D. B
Câu 7. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Tính khoảng cách từ C đến AC. a 6 a 3 a 6 a 6 A. 7 B. 2 C. 3 D. 2 Hướng dẫn giải Nhận xét rằng: D C B  AC'  C  A'A  D  AC'  A  'AC  B  'C'A  D  'C'A nên B A
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 6 H C' D' A' B'
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện
khoảng cách từ các điểm B, C, D, A’, B’, D’ đến đường chéo AC’ đều bằng nhau.
Hạ CH vuông góc với AC’, ta được: 1 1 1 a 6    CH  2 2 2
. Vậy chọn đáp án C. CH AC CC' 3
Câu 8. Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a. Khoảng cách từ D đến đường thẳng SB bằng: A. a a a a 3 B. 2 C. 3 D. 2 Hướng dẫn giải
Gọi H là giao điểm của AC và BD. S
AB  BC  CD  DA  a  ABCD là hình thoi.
Do đó AC  BD đồng thời H là trung điểm của AC và BD. S
 AC cân tại S  SH  AC (1) S
 BD cân tại S  SH  BD (2) C B
Từ (1) và (2) suy ra: SH  ABCD (3) H D A
Vì SA  SB  SC  SD nên HA  HB  HC  HD .
Suy ra ABCD là hình vuông (tứ giác đều) (4)
Từ (3) và (4) ta được S.ABCD là hình chóp tứ giác đều. 2 2 2 Xét S
 BD ta có: SA  SB  a,BD  a 2  BD  SB  SD . Thế nên S  BD vuông tại S.
Suy ra DS  SB. Vậy d D,SB  DS a . Vậy chọn đáp án A.
Câu 9. Cho tứ diện ABCD có AB  BCD, BC  3a, CD  4a, AB  5a . Tam giác BCD
vuông tại B. Tính khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng CD. A. a a a a 3 B. 2 C. 3 D. 2 Hướng dẫn giải Ta có A
AC  CD  dA,CD  AC H A  BC A  90  D B
 AC  AB  BC  5a2  3a2 2 2 2 2  34a C  AC  a 34
Câu 10. Cho tam giác ABC có AB  14,BC 10,AC 16 . Trên đường thẳng vuông góc với
mặt phẳng (ABC) tại A lấy điểm O sao cho OA  8 . Khoảng cách từ điểm O đến cạnh BC là:
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 7
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện A. 8 3 B. 16 C. 8 2 D. 24 Hướng dẫn giải 14 16 10
Nửa chu vi tam giác ABC: p   20 2 O A
S BC  20.201420162010  40 3 A 2S BC 80 3 AH    8 3 C BC 10 A
Nối OH thì OH  BC . Khoảng cách từ O đến BC là OH: H 2 2 B OH  OA  AH 16
Vậy chọn đáp án B.
Câu 11. Hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, BC  2a , ABC  60 . Gọi M
là trung điểm cạnh BC và SA  SC  SM  a 5 . Khoảng cách từ S đến cạnh AB là: a 17 a 19 a 19 a 17 A. 4 B. 2 C. 4 D. 2 Hướng dẫn giải
Chân đường cao hình chóp là tâm H của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMC (Do SA  SC  SM ).
Góc AMC  120 , nên H ở ngoài tam giác AMC và HAM là tam giác đều nên: HM  AM  a S 2 2 2 2
SH  SM  HM  5a  a  2a
Từ H kẻ HK  AB thì SK  AB: SK là khoảng cách từ S đến cạnh AB. H a 3 C
HK  MI  2 (do ABM là tam giác đều cạnh bằng a) K A M 60° 2 2 I 2 2 2 3a 19a a 19 SK  SH  HK  4a    B 4 4 2 .
Vậy chọn đáp án B.
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 8
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện
DẠNG 2. KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG
Câu 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông, SA vuông góc với đáy, SA  a . Góc
giữa đường thẳng SD và mặt phẳng (SAC) bằng 0
30 . Tính khoảng cách từ điểm D đến
mặt phẳng (SBM) với M là trung điểm CD. a 2a 4a 5a A. 3 B. 3 C. 3 D. 3 Hư ớng dẫn giải
Chứng minh DB  SAC  Hình chiếu vuông góc của DS lên S
(SAC) là SO, góc giữa SD và (SAC) là 0
DSO  30 . Đặt DO  x ,
ta có SO  x 3 (O là giao của AC và BD) 2 2 2 a
Từ SO  AO  SA  x  H 2 A D N
Gọi N là trung điểm của AB  DN / /BM O M 1 I B
Suy ra d D;SBM  dN;SBM  dA;SBM C 2 Kẻ AI  BM, AH  SM .
Từ đó chứng minh được AH  SBM  d A;SBM  AH 2 a Trong (ABCD): A S BM  A S BCD  B S CM  2 1 2a Mà A S BM  AI.BM  AI  2 5 1 1 1  a Khi đó:    AH  a  d D; SBM  2 2 2    . AH AI SA 3 3
Vậy chọn đáp án A.
Câu 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a 2 và BC  a.
Cạnh bên SA vuông góc với đáy và góc giữa cạnh bên SC với đáy là 0 60 . Tính khoảng
cách từ điểm C đến mặt phẳng (SBD) a 38 3a 58 3a 38 3a A. 29 B. 29 C. 29 D. 29
Hướng dẫn giải
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 9
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện
Gọi H là hình chiếu vuông góc S
của A trên BD và K là hình chiếu vuông góc của A trên SH.
Ta có SA  BD và AH  BD nên K BD  SAH. A B
Suy ra AK  BD . Mà AK  SH 60° H D C nên AK  SBD
Ta có: d C;SBD  dA;SBD  AK 1 1 1 1 1 1 29 Ta có:       2 2 2 2 2 2 2 AK SA AH SA AB AD 18a Vậy    3a 58
d C; SBD AK  29 . Vậy chọn đáp án B
Câu 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA  ABCD và
SA  a 3 . Gọi I là hình chiếu của A lên SC. Từ I lần lượt vẽ các đường thẳng song song
với SB, SD cắt BC, CD tại P, Q. Gọi E, F lần lượt là giao điểm của PQ với AB, AD. Tính
khoảng cách từ E đến mặt phẳng (SBD). 3a 21 a 21 3a 21 a 21 A. 11 B. 9 C. 7 D. 7
Hướng dẫn giải
Gọi O là tâm của hình vuông S ABCD. I
Qua A dựng AH  SO . Dễ dàng
chứng minh được AH  BD H D A F O
Khi đó AH  d A,SBD Q B P C E
Trong tam giác vuông SAC, ta có: 2 2 2 2 2 2 IC AC AC AB  BC 2a 2 CI.SC  AC       2 2 2 SC 2 SC SA  AC SA   2 2 AB  BC  2 2 2a  3a 5 IP CP CI CP 2 CBS  có IP S ∥ P      SB CB CS CB 5 BE BP 3 BE BC  CP 3 Áp dụng định lý Talet:      CQ PC 2 CQ PC 2 5
Mà AB  CD  CQ  QP  CQ  BE  BE 3 Do A  EF vuông tại A nên:
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 10
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện 1 1 1 S
 AE.AF  AE  AB BE 2 2 2 32 2 32a AEF  AB  2 2 2 25 25 (đvdt) DA 5      3 d E, SBD  dA,SBD DE 3 5 2 1 1 1 2 3a
Tam giác SAO vuông tại A, khi đó    AH  2 2 2 AH SA AO 7 Vậy    3a 21 d E, SBD  7
Câu 4. Cho khối chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B, BA  a, BC  2a , SA  2a, SA  AB 
C . Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A trên SB, SC. Tính khoảng cách từ điểm K đến mặt phẳng (SAB) 8a a 2a 5a A. 9 B. 9 C. 9 D. 9 Hư ớng dẫn giải Vì BC  SA  B nên: S AH  BC, AH  SBC  AH  HK, AH  SC K mà AK  SC H  SC  AHK A C AB.SA 2a Ta có: AH   SB , 5 B AC.SA 2 5a AK   SC 3 , 2 2 8a HK 4a 1 4a 2a 8a 32  AK  AH  , SK  3  V  . . .  a 3 5 3 S.AHK 6 3 5 3 5 135 2 2 4 4 2
Mặt khác SH  SA  AH  a nên S  a 5 AHS 5 3V 8a
Vậy khoảng cách cần tìm là: d K,SAB KSAH   . A S HS 9
Vậy chọn đáp án A.
Câu 5. Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình thang, 0
ABC  BAD  90 , BA  BC  a ,
AD  2a . Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA  a 2 . Gọi H là hình chiếu của A lên SB.
Tính (theo a) khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SCD) 5a 4a 2a a A. 3 B. 3 C. 3 D. 3
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 11
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện Hướng dẫn giải Gọi I là trung điểm AD. AD Ta có CI  IA  ID  
2 , suy ra ACD vuông tại C.
 CD  AC . Mà SA  ABCD  SA  CD nên ta có CD  SD hay S  CD vuông. Gọi 1
d , d2 lần lượt là khoảng cách từ B, H đến mp(SCD) SA SB Ta có: S  AB∽ S  HA   S SH SA 2 SH SA 2    2 SB SB 3 SH d 2 2 mà 2    d2  1 d SB H A I D 1 d 3 3
Thể tích khối tứ diện S.BCD: 3 1 1 2a B C S V BCD  SA. AB.BC  3 2 6 2 2
Ta có: SC  SA  AC  2a , 2 2 1 2 CD  CI  ID  2a  S S CD  SC.CD  2a 2 3 2a 3. 1 6 a Ta có: S V .BCD  1 d . S S CD  1 d   2 3 2a 2 2 a
Vậy khoảng cách từ H đến mp(SCD) là d2  1 d  3 3 .
Vậy chọn đáp án D.
Câu 6. Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông tại A, AB  AC  a , I là trung điểm
của SC, hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ABC là trung điểm H của BC, mặt
phẳng SAB tạo với đáy một góc bằng 0
60 . Tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng SAB theo a. a 3 a 3 a 3 a A. 2 B. 8 C. 4 D. 4 Hướ ng dẫn giải
Gọi K là trung điểm của AB  HK  AB   1 S
Vì SH  ABC nên SH  AB 2
Từ (1) và (2)  AB  SK M
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐ
C T: 01234332133 Page 12 B H 60° K A
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện
Do đó góc giữa SAB với đáy bằng góc giữa SK và HK và bằng 0 SKH  60 a 3
Ta có SH  HK.tan SKH  2
Vì IH / /SB nên IH / / SA  B . Do đó dI,SA  B   dH,SA  B 
Từ H kẻ HM  SK tại M  HM  SA  B  dH,SA  B   HM 1 1 1 16 a 3 Ta có     HM    a 3 d I, SAB  2 2 2 2 . Vậy   . HM HK SH 3a 4 4
Vậy chọn đáp án C.
Câu 7. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A và AB  2a , AC  2a 3 . Hình
chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của cạnh AB. Góc giữa hai
mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 0
30 . Tính khoảng cách từ trung điểm M của cạnh BC đến mặt phẳng (SAC) a 3 a 5 a 5 3a A. 5 B. 3 C. 5 D. 5 Hướ ng dẫn giải
Trong mặt phẳng (ABC) kẻ HK  BC tại S K  BC  SHK Từ giả thiết ta có: 0 SHK  30 D 2 2 BC  AB  AC  4a A C AC HK 3 a 3 sin ABC     HK  H M BC HB 2 2 K B Trong tam giác SHK có: a SH  HK tanSKH  2
Do M là trung điểm của cạnh BC nên MH // AC, do đó MH // (SAC). Suy ra:
dM,SAC  dH,SAC
Trong mặt phẳng (SAB) kẻ HD  SA tại D. Ta có: AC  SA 
B  AC  DH  DH  SAC 1 1 1 a 5    HD  2 2 2 DH HA HS 5 Vậy        a 5 d M, SAC
d H, SAC  HD  5 . Vậy chọn đáp án C.
Câu 8. Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông tại A, AB  AC  a , I là trung điểm
của SC, hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của BC, mặt
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 13
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện
phẳng (SAB) tạo với đáy 1 góc bằng 0
60 . Tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng (SAB) theo a. a 3 a 5 a 3 a 3 A. 5 B. 4 C. 4 D. 2
Hướn g dẫn giải Gọi K là trung điểm của AB S  HK  AB   1
Vì SH  ABC nên SH  AB 2
Từ (1) và (2)  AB  SK
Do đó góc giữa (SAB) với đáy bằng góc M C giữa SK và HK bằng 0 SKH  60 . H B a 3 K
Ta có: SH  HK tan SKH  2 A Vậy 3 1 1 1 a 3 S V .ABC  A S BC.SH  . AB.AC.SH  3 3 2 12
Vì IH / /SB nên IH / / SA  B . Do đó dI,SA  B   dH,SA  B 
Từ H kẻ HM  SK tại M  HM  SA  B  dH,SA  B   HM 1 1 1 16 a 3 Ta có:     HM    a 3 d I, SAB  2 2 2 2 . Vậy   . HM HK SH 3a 4 4
Vậy chọn đáp án C.
Câu 9. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Gọi I là trung điểm cạnh
AB. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng đáy là trung điểm H của CI, góc
giữa đường thẳng SA và mặt đáy bằng 0
60 . Tính theo a khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng SBC a 7 a 21 a 21 a 21 A. B. C. D. 29 4 29 3 29 29 Hướng dẫn giải S A I E H A C H K I H' B I' H' K C A' B
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 14
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện 2 2 a 3
Ta có: CI  AC  AI  2 2 2 a 7 0 a 21 Do đó AH  AI  IH  SH  AH.tan60  4 , suy ra 4
Gọi A’, H’, I’ lần lượt là hình chiếu của A, H, I trên BC, E là hình chiếu của H trên SH’ thì
HE  SBC  dH;SBC  HE . 1 1 a 3 1 1 1 a 21 Ta có: HH'  II '  AA'     HE  2 4 8 . Từ 2 2 2 HE HS HH' 4 29 Vậy    a 21 d H; SBC 
. Vậy chọn đáp án B. 4 29
Câu 10. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a. Góc 0 BAC  60 hình
chiếu của S trên mặt phẳng ABCD trùng với trọng tâm của tam giác ABC. Mặt phẳng
SAC hợp với mặt phẳng ABCD góc 0
60 . Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng SCD a 2a 6a 3a A. B. C. D. 112 111 112 112 Hướng dẫn giải
Trong SBD kẻ OE / /SH khi đó ta có S
OC, OD, OE đôi một vuông góc. Và: E a a 3 3a OC  , OD  , OE  2 2 8 Áp dụng công thức: A D 1 1 1 1 3a     d  2 d O,SCD 2 2 2 OC OD OE 112 O H B C Mà        6a d B, SCD 2d O, SCD  112
Vậy chọn đáp án C.
Câu 11. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc BAC bằng 0 60 .
Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ABCD là điểm H thuộc đoạn BD sao cho
HD  2HB. Đường thẳng SO tạo với mặt phẳng ABCD góc 0
60 với O là giao điểm của
AC và BD. Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng SCD theo a 3a 7 3a 7 a 7 2a 7 A. 15 B. 14 C. 11 D. 15 Hướ ng dẫn giải
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 15
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện Trong tam giác SHO có: S 0 1 a 3 a SH  HO.tan60  . . 3  3 2 2
Tính khoảng cách từ B đến SCD: A D 60° 60° 2 2 a 57 SD  SH  HD  ; O 6 H B C 2 2 a 21 SC  SH  HC  6 a 57 a 21 SC  SD  CD SD  ; SC  ; CD  a, p  6 6 2 S
 pp  SCp SDp CD 2 a 21 SCD  3 12
Từ (1), (2), (3) ta có    3a 7
d B, SCD  14 . Vậy chọn đáp án B.
Câu 12. Cho hình chóp S.ABC có các mặt ABC, SBC là những tam giác đều cạnh a. Góc
giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 0
60 . Hình chiếu vuông góc của S xuống (ABC)
nằm trong tam giác ABC. Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC) theo a. 2a 13 3a 13 3a 13 a 13 A. 13 B. 13 C. 11 D. 13 Hướng dẫn giải
Gọi M là trung điểm của BC.
Lập luận được góc giữa (SBC) và (ABC) là 0 SMA  60 S a 3  AM S đều cạnh bằng 2 2 3 3a  S S  AM  16 3 1 a 3 A C S V .ABC  BC.S SA  M  3 16 60° 2 1 a 13 a 3 a 39 H M S SA  C  .  2 4 2 16 B    3 B 3V .SAC 3a 3 3a 13 d B, SAC    2 S SA  C a 39 13 16. 16
Vậy chọn đáp án B.
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 16
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện
Câu 13. Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình chữ nhật tâm I, có AB  a, BC  a 3 . Gọi H là
trung điểm AI. Biết SH vuông góc với mặt phẳng đáy và tam giác SAC vuông tại S. Tính
khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBD) 3a a 3a 5a A. B. C. D. 11 13 15 17 Hướng dẫn giải
SH  ABCD  SH  AC S S  AC vuông tại S 2  SH  HA.HC 2 2
AC  AB  BC  2a, suy ra: a 3a a 3 HA  , HC   SH  2 2 2 A D K
CI  2HI  dC,SBD  2dI,SBD H I N
Hạ HN  BD, NBD và HK  SN, KN . B C
Suy ra: HK  SBD nên dH,SBD  HK AB.AD a 3 Ta có: AB.AD  2S A  BD  2HN.BD  HN   2BD 4 1 1 1 3a Ta có:    HK    3a d C, SBD  2HK  2 2 2 . Vậy   HK HN SH 2 15 15
Vậy chọn đáp án D.
Câu 14. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, BD  2a ; tam giác SAC
vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, SC  a 3 . Tính khoảng cách từ
điểm B đến mặt phẳng (SAD) 3a 21 a 21 4a 21 2a 21 A. 7 B. 7 C. 7 D. 7
Hướng dẫn giải Kẻ SH  AC, HAC S
Do SAC  ABCD  SH  ABCD 2 2 SA.SC a 3 SA  AC  SC  a, SH   AC 2 J Ta có: A D 2 2 a
AH  SA  SH   CA  4HA K 2 H
 d C,SAD  4dH,SAD B C Do BC / / SA  D  dB,SA  D   dC ,SA  D   4  d H , SA  D 
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 17
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện
Kẻ HK  AD KAD, HJ  SK JSK
Chứng minh được SHK  SAD mà HJ  SK  HJ  SAD  dH,SAD  HJ ; A  HK 0 a 2 SH.HK a 3 vuông tại K  HK  AHsin 45   HJ   4 . Vậy 2 2 SH  HK 2 7    2a 3 2a 21 d B, SAD   . 7 7
Vậy chọn đáp án D.
Câu 15. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có AB  a , BC  2a 2 .
Hình chiếu của S lên mặt phẳng đáy là trọng tâm của tam giác ABC. Góc giữa đường
thẳng SB và mặt phẳng (ABCD) bằng 0
60 . Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC) 3a 21 a 21 4a 21 2a 21 A. 7 B. 7 C. 7 D. 7
Hướng dẫn giải
Gọi H là trọng tâm của tam giác ABC và
O là tâm của hình chữ nhật, ta có: S 2 2 1 1 BH  BO  . AC  a  2 2a2 2  a 3 3 2 3 A D
Ta có SH  ABCDnên góc giữa SB và I O H mặt phẳng (ABCD) là góc 0 SBH  60 B K C
Trong tam giác vuông SHB ta có: 0
SH  BHtanSBH  a.tan60  a 3 3
Ta có: d A;SBC  2d0;SBC  2. dH;SBC  3dH;SBC 2
Kẻ HK  BC KBC, HI  SK ISK  1
Ta có: SH  ABCD  SH  BC
Do đó BC  SHK  BC  HI 2
Từ (1) và (2) suy ra HI  SBC nên dH;SBC  HI 1 1 Ta có HK  DC  a 3
3 . Trong tam giác vuông SHK ta có: a a 3. SH.HK 3 a 3 a 21 HI     . 2 2 2 SH  HK a 28 14 2 3a  9
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 18
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện Vậy        3a 21 d A; SBC 3d H; SBC 3
 HI  14 . Vậy chọn đáp án D. 0
Câu 16. Cho hình chóp S.ABC có AB  AC, BC  a 3, BAC  120 . Gọi I là trung điểm cạnh
AB. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng đáy là trung điểm H của CI, góc
giữa đường thẳng SA và mặt đáy bằng 0
60 . Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC) 4a 37 a 3a 37 2a 37 A. 37 B. C. D. 37 37 37 Hướng dẫn giải S A I E H A C 120° B C I' A'H' K H K I H' B
Theo định lý cosin trong tam giác ABC ta được AB  AC  a 2 2 2 2 0 7a a 7
Ta có CI  AI  AC  2AI.AC.cos120   CI  4 2 2 2 2 AI  AC  2  CI 2 2 3a a 3 Do đó: AH    AH  4 16 4 0 3a Suy ra SH  AH.tan 60  4
AH cắt BC tại K. Gọi A’, H’, I’ lần lượt là hình chiếu của A, H, I trên BC. dA;SBC AK AA' Ta có:  
  dA;SBC  4dH;SBC dH;SBC 4 HK HH'
Gọi E là hình chiếu của H trên SH’ thì HE  SBC  dH;SBC  HE 1 a 1 1 1 3a HH'  AA'     HE  4 8 và từ 2 2 2 HE HS HH' 4 37 Vậy    3a 37
d A; SBC 4HE  37 . Vậy chọn đáp án C.
Câu 17. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B. Hình chiếu
của S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm I của AC và BC. Mặt bên (SAB) hợp với
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 19
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện đáy một góc 0
60 . Biết rằng AB  BC  a, AD  3a . Tính khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SAB) theo a 4a 3 3a 3a 3 3a 3 A. 5 B. 4 C. 7 D. 2 Hướn g dẫn giải
Gọi K là hình chiếu của I lên AB. S Suy ra 0 SKI  60 . KI BI Do IK / /AD   AD BD . H Mà C B 60° BI BC a 1 BI 1 BI 1 K I        ID AD 3a 3 BI  ID 4 BD 4 D A KI 1 3a 3a 3 Suy ra   KI   SI  AD 4 4 4 AB  IK
Gọi H là hình chiếu của I lên SK. Ta có   AB  IH AB  SI 
Từ đó suy ra IH  SA  B  dI;SA  B   IH
Mà do DB  4IB  d D;SA  B   4dI;SA  B   4IH 1 1 1 16 16 3a 3 Lại có      IH  2 2 2 2 2 IH IS IK 27a 9a 8 Vậy    3a 3
d D; SAB  2 . Vậy chọn đáp án D.
Câu 18. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh bằng a, góc 0
DAB 120 . Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với đáy. Góc giữa (SBC) và mặt đáy bằng 0
60 . Tính thể khoảng cách từ A đến (SBC) a 3 3a 3a 3a 3 A. C. 5 B. 4 7 D. 2 Hướng dẫn giải SAC  ABCD  S   SBD ABCD  
  SO  ABCD  SO  BC  
SACSBD  SO H
Kẻ OK  BC  BC  SOK A B 120° 60°      0 SBC , ABCD  SKO  60 O K D C
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 20
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện AO SBC  C
 dA;SBC  2dO;SBC SBC  SOK    SBC SOK SK  
  OH  SBC  dO;SBC  OH OH SK     1 1 1 3a 3a    OH   d A; SBC  2 2 2    OH OK OS 8 4
Vậy chọn đáp án B.
Câu 19. Trong mặt phẳng (P), cho hình thoi ABCD có độ dài các cạnh bằng a, 0 ABC 120 .
Gọi G là trọng tâm tam giác ABD. Trên đường thẳng vuông góc với (P) tại G, lấy điểm S sao cho 0
ASC  90 . Tính khoảng cách từ điểm G đến mặt phẳng (SBD) theo a. a a 2 a 2 a A. 17 B. C. D. 27 17 37 Hướng dẫn giải 0 0
ABC 120  BAD  60  A  BD đều cạnh a. S
Gọi O là giao điểm của AC và BD. a 3 2 a 3  AO  ; AG  AO  ; AC  a 3 2 3 3 H a 6  SG  GA.GC   B C
3 ( SAC vuông tại S, đường cao O SG). G A D
Kẻ GH  SO  GH  SBD vì
BD  GH  SAO  dG;SBD  GH S
 GO vuông tại G, đường cao GH 1 1 1 27 a 2      GH  2 2 2 2
. Vậy chọn đáp án B. GH GS GO 2a 27
Câu 20. Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình chữ nhật tâm I, có AB  a, BC  a 3 . Gọi H là
trung điểm AI. Biết SH vuông góc với mặt phẳng đáy và tam giác SAC vuông tại S. Tính
khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBD) a 2a 3a 3a A. B. C. D. 5 7 17 15
Phân tích: SH  ABCD  SH  AC . S  AC vuông tại S 2  SH  HA.HC
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 21
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện 2 2 a 3a a 3
AC  AB  BC  2a, suy ra: HA  , HC   SH  2 2 2
CI  2HI  dC,SBD  2dH,SBD . Hạ HN  BD, NBD và HK  SN, KN .
Suy ra: HK  SBD nên dH,SBD  HK Hướng dẫn giải Ta có: S AB.AD  2S A  BD  2HN.BD AB.AD a 3  HN   2BD 4 Ta có: A D 1 1 1 3a K    HK  H 2 2 2 HK HN SH 2 15 I N . Vậy    3a d C, SBD  2HK  . B C 15
Vậy chọn đáp án D.
Câu 21. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, BD  2a ; tam giác SAC
vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, SC  a 3 . Tính theo a khoảng
cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAD) 2a 13 2a 2a 21 a 13 A. B. C. D. 7 7 7 7 Hướng dẫn giải
Kẻ SH  AC, HAC S
Do SAC  ABCD  SH  ABCD 2 2 SA.SC a 3 SA  AC  SC  a, SH   AC 2 J Ta có: A D 2 2 a
AH  SA  SH   CA  4HA  dC,SAD  4dH,SAD K 2 H B C
Do BC / / SAD  dB,SAD  dC,SAD  4dH,SAD
Kẻ HK  AD KAD, HJ  SK JSK
Chứng minh được SHK  SAD mà HJ  SK  HJ  SAD  dH,SAD  HJ A  HK 0 a 2
vuông tại K  HK  AHsin 45  4
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 22
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện SH.HK a 3  HJ   . Vậy    2a 3 2a 21 d B, SAD   . 2 2 SH  HK 2 7 7 7
Vậy chọn đáp án C.
Câu 22. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có AB  a , BC  2a 2 .
Hình chiếu của S lên mặt phẳng đáy là trọng tâm của tam giác ABC. Góc giữa đường
thẳng SB và mặt phẳng (ABCD) bằng 0
60 . Tính theo a khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC) 3a 21 a 21 a 21 a 21 A. 14 B. 15 C. 13 D. 5 Hướng dẫn giải
Gọi H là trọng tâm của tam giác ABC và O là tâm của hình S 2 2 1 1
chữ nhật, ta có: BH  BO  . AC  a  2 2a2 2  a 3 3 2 3 A D
Ta có SH  ABCDnên góc giữa SB và mặt phẳng (ABCD) I O H là góc 0 SBH  60 B K C Trong tam giác vuông SHB ta có: 0
SH  BHtanSBH  a.tan60  a 3 3
Ta có: d A;SBC  2d0;SBC  2. dH;SBC  3dH;SBC 2
Kẻ HK  BC KBC, HI  SK ISK  1
Ta có: SH  ABCD  SH  BC. Do đó BC  SHK  BC  HI 2
Từ (1) và (2) suy ra HI  SBC nên dH;SBC  HI 1 1 Ta có HK  DC  a 3
3 . Trong tam giác vuông SHK ta có: a a 3. SH.HK 3 a 3 a 21 HI     . 2 2 2 SH  HK a 28 14 2 3a  9 Vậy        3a 21 d A; SBC 3d H; SBC 3  HI  14 0
Câu 23. Cho hình chóp S.ABC có AB  AC, BC  a 3, BAC  120 . Gọi I là trung điểm cạnh
AB. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng đáy là trung điểm H của CI, góc
giữa đường thẳng SA và mặt đáy bằng 0
60 . Tính theo a khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC)
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 23
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện 3a 21 a 21 a 21 a 21 A. 14 B. 15 C. 13 D. 5 Hướng dẫn giải
Theo định lý cosin trong tam giác ABC ta được S AB  AC  a 2 2 2 2 0 7a Ta có
CI  AI  AC  2AI.AC.cos120  4 E a 7  CI  A C 2 120° H K I H' Do đó B 2 2 2 AI  AC  2  CI 2 2 3a a 3 AH    AH  4 16 4 0 3a Suy ra SH  AH.tan 60  A 4
AH cắt BC tại K. Gọi A’, H’, I’ lần lượt là hình chiếu I H của A, H, I trên BC. B C dA;SBC AK AA' I' A'H' K Ta có:    dH;SBC 4 HK HH'
 dA;SBC  4dH;SBC
Gọi E là hình chiếu của H trên SH’ thì HE  SBC  dH;SBC  HE 1 a 1 1 1 3a HH'  AA'     HE  4 8 và từ 2 2 2 HE HS HH' 4 37 Vậy    3a 37 d A; SBC 4HE  37
Câu 24. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B. Hình chiếu
của S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm I của AC và BC. Mặt bên (SAB) hợp với đáy một góc 0
60 . Biết rằng AB  BC  a, AD  3a . Tính khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SAB) theo a 3a 5 a 2 a 3 3a 3 A. 4 B. 5 C. 13 D. 2 Hướng dẫn giải
Gọi K là hình chiếu của I lên AB. Suy ra 0 SKI  60 . S KI BI Do IK / /AD   AD BD .
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 012
H34332133 Page 24 C B 60° K I D A
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện BI BC a 1 BI 1 BI 1 Mà        ID AD 3a 3 BI  ID 4 BD 4 KI 1 3a 3a 3 Suy ra   KI   SI  AD 4 4 4 AB  IK
Gọi H là hình chiếu của I lên SK. Ta có   AB  IH AB  SI 
Từ đó suy ra IH  SA  B  dI;SA  B   IH
Mà do DB  4IB  d D;SA  B   4dI;SA  B   4IH 1 1 1 16 16 3a 3 Lại có      IH  2 2 2 2 2 IH IS IK 27a 9a 8 Vậy    3a 3
d D; SAB  2 . Vậy chọn đáp án D.
Câu 25. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh bằng a, góc 0
DAB 120 . Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với đáy. Góc giữa (SBC) và mặt đáy bằng 0
60 . Tính khoảng cách từ A đến (SBC) 3a a 2 a 3 5a A. 4 B. 3 C. 3 D. 2 Hướng dẫn giải SAC  ABCD  S   SBD ABCD  
  SO  ABCD  SO  BC  
SACSBD  SO
Kẻ OK  BC  BC  SOK H A B      0 SBC , ABCD  SKO  60 120° 60° O K a 3 3a OK   SO  ; AO SBC  C D C 4 4
 d A;SBC  2dO;SBC SBC  SOK    SBC SOK SK  
  OH  SBC  dO;SBC  OH OH SK     1 1 1 3a 3a    OH   d A; SBC  2 2 2    OH OK OS 8 4
Vậy chọn đáp án A.
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 25
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện
Câu 26. Trong mặt phẳng (P), cho hình thoi ABCD có độ dài các cạnh bằng a, 0 ABC 120 .
Gọi G là trọng tâm tam giác ABD. Trên đường thẳng vuông góc với (P) tại G, lấy điểm S sao cho 0
ASC  90 . Tính khoảng cách từ điểm G đến mặt phẳng (SBD) theo a. a 7 a 2 a 6 a 3 A. 5 B. 5 C. 9 D. 5 Hướng dẫn giải 0 0
ABC 120  BAD  60  A  BD đều cạnh a. S
Gọi O là giao điểm của AC và BD. a 3 2 a 3  AO  ; AG  AO  ; AC  a 3 2 3 3 H B C a 6  SG  GA.GC   O
3 ( SAC vuông tại S, đường cao SG). G A
Kẻ GH  SO  GH  SBD vì D
BD  GH  SAO  dG;SBD  GH S 1 1 1 27 a 6
 GO vuông tại G, đường cao GH      GH  2 2 2 2 GH GS GO 2a 9
Vậy chọn đáp án C.
Câu 27. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D,
AB  3a, AD  DC  a . Gọi I là trung điểm của AD, biết hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng
vuông góc với đáy và mặt phẳng (SBC) tạo với đáy một góc 0
60 . Tính khoảng cách từ
trung điểm cạnh SD đến mặt phẳng (SBC) a 17 a 15 a 6 a 3 A. 5 B. 20 C. 19 D. 15 Hướng dẫn giải
Vẽ IK  BC  BC  SIK  SKI là góc giữa S
mặt phẳng (SBC) với mặt đáy nên 0 SKI  60 . 2 2 1 a 1 3a Vì S I  DC  DI.DC  , S IAB  AI.BI  2 4 2 4 M Suy ra S  S S  S  2 BIC ABCD ICD IAB  a    A H B I Mặt khác    2 2 BC AB CD  AD  a 5 và D C 1 2 K E S 2a 2a 5 I  AB  IK.BC IK   2 . Suy ra a 5 5 0 2a 15
Trong tam giác vuông SIK ta có: SI  IK tan 60  5
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 26
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện
Gọi M là trung điểm của SD, tính d M,SBC ED DC 1 1
Gọi E là giao điểm của AD với BC, ta có:    ED  AD  ID EA AB 3 2 1 1
Do đó d M,SBC  dD,SBC  dI,SBC 2 4
Gọi H là hình chiếu của I lên SK ta có: d I,SBC  IH
Trong tam giác vuông SIK, ta có: 1 1 1 5 5 5 a 15       IH  2 2 2 2 2 2 IH SI IK 12a 4a 3a 5 Vậy    a 15
d M, SBC  20 . Vậy chọn đáp án B.
Câu 28. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, gọi M là trung điểm của AB.
Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy ABCD , biết
SD  2a 5 , SC tạo với mặt đáy ABCD một góc 0
60 . Tính theo khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SA. a 15 a 5 2a 15 3a 5 A. B. C. D. 79 79 79 79 Hướng dẫn giải
Theo giả thiết ta có SM  ABCD S
MC là hình chiếu của SC trên ABCD nên góc giữa SC
với mặt phẳng ABCD là 0 SCM  60 I
Trong tam giác vuông SMC và SMD ta có: K A D 2 2 0 SM  SD  MD  MC.tan60 H mà ABCD là hình M vuông nên MC  MD C B 2 2 2
 SD  MC  3MC  MC  a 5  SM  a 15
Dựng hình bình hành AMDI ta có AI / /MD nên
dDM,SA  DDM,SAI  dM,SAI
Kẻ MH  AI và MK  SH . Chứng minh d M,SAI  MK 2a 2a 15 Tính được MH   MK 
. Vậy chọn đáp án C. 5 79
Câu 29. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, mặt bên SAB là tam giác
vuông cân tại đỉnh S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính theo a
khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC.
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 27
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện a 3 a 21 a 21 a 21 A. 7 B. 3 C. 7 D. 3 Hướng dẫn giải SH  ABC  S Theo bài ta có:  a SH   2
Dựng đường thẳng d đi qua B và d / /AC  dAC,S 
B  dA;SB,d  2dH;SB,d A C
Kẻ đoạn thẳng HJ sao cho HJ  d, J d . K
Kẻ đoạn thẳng HK sao cho HK  SJ, K SJ H d dH;SB,d  HK J B 1 1 1 a 3    HK     3 a 21 d AC,SB  2HK  a  2 2 2 . HK HJ SH 2 7 7 7 Vậy chọn đáp án C.
Câu 30. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB  a, AD  2a . Tam giác SAB
cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 0
45 . Gọi M là trung điểm của SD. Tính theo a khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (SAC) a 1353 a 153 a 1353 a 1513 A. 98 B. 89 C. 89 D. 89 Hướng dẫn giải
Gọi H là trung điểm của AB  SH  ABCD , suy ra HC S
là hình chiếu của SC lên (ABCD) 0  SCH  45 2 2 a a 17 SH  HC  4a   4 2 K    1     1 d M, SAC
d D, SAC  dB,SAC  dH,SAC A D 2 2 I E H 45° B C Kẻ
HI  AC, HK  SI  HK  AC  HK  SAC  dH,SAC  HK Kẻ 1 BE  AC  HI  BE 2 1 1 1 1 1 5 2a a       BE   HI  2 2 2 2 2 2 BE BA BC a 4a 4a 5 5
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 28
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện 1 1 1 5 4 89 a 17 a 1513 Từ đó suy ra       d M, SAC   2 2 2 2 2 2    HK HI HS a 17a 17a 89 89
Vậy chọn đáp án D.
Câu 31. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a. SAB là tam giác vuông
cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, góc giữa cạnh SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 0
60 , cạnh AC  a . Tính theo a khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) 3a 13 3a 13 3a 11 a 13 A. 13 B. 11 C. 11 D. 13 Hướng dẫn giải
Gọi I là trung điểm của đoạn AB S  SI  AB, SA 
B  ABCD  SI  ABCD nên     0 a 3 SCI SC; ABCD  60 , CI  0 3a  SI  CI tan60  2 2 K
Gọi M là trung điểm của đoạn BC, N là trung điểm của đoạn B N M C I BM. a 3 a 3 A D AM   IN  2 4
Ta có BC  IN, BC  SI  BC  SIN .
Trong mặt phẳng (SIN) kẻ IK  SN, K SN . Ta có: IK  SN 
 IK  SBC  dI;SBC  IK IK  BC 1 1 1 3a 13 3a 13 Lại có:    IK   d I; SBC      3a 13 d A; SBC  2 2 2    IK IS IN 26 26 13
Vậy chọn đáp án A.
Câu 32. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Mặt bên SAB là tam giác
vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, hình chiếu vuông góc của S trên
đường thẳng AB là điểm H thuộc đoạn AB sao cho BH  2AH . Gọi I là giao điểm của HC
và BD. Tính khoảng cách từ I đến mặt phẳng (SCD) a 33 3a 22 3a 33 a 23 A. 15 B. 55 C. 11 D. 12 Hướng dẫn giải 2 S 2 2a a 2 Ta có: SH  HA.HB   SH  9 3 dI;SCD IC IC CD 3 IC 3 M  và     dH;SCD HC IH BH 2 HC 5 B C I
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01
H 234332133 P K age 29 A D
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện 2 2 2 13 2 CH  BH  BC  a 9 1 1 1 11 a 22     HM  2 2 2 2 HM SH HK 2a 11    3a 22 d I; SCD  55
Vậy chọn đáp án C.
Câu 33. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BA  3a , BC  4a , mặt
phẳng (SBC) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Biết SB  2a 3 và 0 SBC  30 . Tính khoảng
cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a. 3a 6a a 7a A. B. C. D. 7 7 7 7 Hướng dẫn giải
Cách 1: Gọi H là hình chiếu của S trên BC.
Vì SBC  ABC nên SH  ABC Ta có SH  a 3 S
Ta có tam giác SAC vuông tại S vì SA  a 21, SC  2a , AC  5a 2 và S S AC  a 21 3V 6a
Nên ta có được: d B,SAC S.ABC   S S AC 7 A C
Vậy chọn đáp án B.
Cách 2: Hạ HD  AC DAC, HK  SD K SD H
 HK  SAC  HK  dH,SAC B
BH  SBsinSBC  3a  BC  4HC
Hay d B,SAC  4dH,SAC 2 2 HC 3a
AC  AB  BC  5a, HC  BC  BH  a  HD  AB.  AC 5 SH.HD 3a 7 HK   2 2 14 SH  HD Vậy,        6a 7 d B, SAC 4d H, SAC  4HK  7
Câu 34. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy và cạnh bên đều bằng a.Tính
khoảng cách từ A đến (SCD)
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 30
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện a 6 a 6 a 6 a 6 A. 7 B. 5 C. 2 D. 3 Hướng dẫn giải 3 1 a 2 Cách 1. Ta có: S S V .ACD  S V .ABCD  2 12 Mặt khác 1 SA V CD  SC S D.dA,SCD 3 3 a 2 A H D     SA 3V CD a 6 4 d A, SCD    2 SC S D a 3 3 O I 4 B C
Vậy chọn đáp án D.
Cách 2. Gọi I là trung điểm của CD, dựng OH  SI HSI , ta có: CD  OI O  H  SI 
 CD  SOI  CD  OH ; 
 OH  SCD  OH  dO ,SC  D CD  SO O  H  CD a 2 a . SO.OI a 6 2 2
Trong tam giác vuông SOI, OH.SI  SO.OI  OH    SI a 3 3 4 
   dA,SCD CA AO SCD C            2a 6 d A, SCD 2d O, SCD  2OH  dO,SCD 2 CO 3
Bài 35. Cho hình chóp đều S.ABC có cạnh đáy bằng a. Gọi B’, C’ lần lượt là trung điểm của
SB, SC. Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng (ABC’) biết rằng SBC  AB'C' a 53 a 3 a 5 a 35 A. 4 B. 14 C. 14 D. 14 Hướng dẫn giải
Gọi M, N là trung điểm của BC, BA. H, K là hình S a 3
chiếu của S xuống mặt phẳng (ABC). SA  2 , a 15  SH a 5  V  C'
6 và thể tích khối chóp S.ABC là 24 Tam giác C’AB cân tại C’ và B' 2 2 7 C'N 7  C'K  KN  a 2 S  a A 4 nên ta có ABC' 8 C K H N M
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 B Page 31
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện 3V 3V Vậy d C,C'AB C.C'AB  
hay khoảng cách cần tìm là:    a 35 d C, C'AB  . C S 'AB 2 C S 'AB 14
Vậy chọn đáp án D
Bài 36. Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác cân, AB  AC  a , 0 BAC  120 .
Mặt phẳng AB'C' tạo với mặt đáy góc 0
60 . Tính khoảng cách từ đường thẳng BC đến
mặt phẳng AB'C' theo a. a 3 a 5 a 7 a 35 A. 4 B. 14 C. 4 D. 21 Hướng dẫn giải Xác định góc giữa
AB'C' và mặt đáy là B C 0 AKA'  AKA'  60 A 1 a 0 a 3 Tính A 'K  A 'C'   AA'  A'K.tan60  2 2 2
dB;AB'C'  dA';AB'C' H
Chứng minh: AA'K  AB'C' K B' C'
Trong mặt phẳng AA'K dựng A’H vuông góc với A'
AK  A'H  AB'C'  dA';AB'C'  A'H a 3 Tính A ' H    a 3 d B; AB'C'  4 . Vậy   4
Vậy chọn đáp án A.
Bài 37. Cho lăng trụ ABC. 1 A 1 B 1
C có các mặt bên là các hình vuông cạnh a. Gọi D, E, F lần
lượt là trung điểm các cạnh BC, 1 A 1 C , 1 B 1
C . Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng DE và 1 A F . a 17 a a 17 a 17 A. 3 B. 17 C. 4 D. 2 Hướng dẫn giải
Gọi  là mặt phẳng chứa DE và song song với 1 A F , thì A
khoảng cách cần tính bằng khoảng cách từ F đến  . B D C
Theo giả thiết suy ra lăng trụ đã cho là lăng trụ đứng có
đáy là tam giác đều cạnh a.
Gọi K là trung điểm của 1 FC thì EK / / 1 A F / /AD , suy ra  A   ADKE 1 . E H B C1 1 F K
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 32
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện Ta có 1 A F  1 B 1 C  1 A F  BC 1 C 1 B   EK  BC 1 C 1 B 
Gọi H là hình chiếu vuông góc của F lên đường thẳng DK thì FH  ADKE , suy ra FH là khoảng cách cần tính. 1 1 1 1 1 a
Trong tam giác vuông DKF, ta có:      FH  2 2 2 2 2 FH FD FK a  a  17  4   
Vậy chọn đáp án B.
Câu 38. Cho lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và góc 0
BAD  60 . Gọi O, O’ lần lượt là tâm của hai đáy, OO'  2a. Gọi S là trung điểm của OO’.
Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) a 3 a 3 a 3a A. B. C. D. 11 19 19 19 Hướng dẫn giải Từ giả thiết suy ra A
 BD đều cạnh bằng a, ACC’A’, B' C' O' BDD’B’ là các hình chữ nhật với
AA'  BB'  2a, AC  a 3, BD  a A' . Do đó: D' 2 A S CC'A'  AA'.AC  2a 3 S 2 H B S DD'B'  BB'.BD  2a B C K
Ta có: OO'  ABCD  OO'  AB O
Kẻ OK vuông góc với AB thì AB  SOK A D
Kẻ OH vuông góc với SK, khi đó OH  SA  B . Suy ra OH
là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB) a 3
Do tam giác ABD đều nên OK    4 . Vì OO' 2a nên OS a. 1 1 1 16 1 a 3
Trong tam giác vuông SOK, ta có      OH  2 2 2 2 2 OH OK OS 3a a 19
Vậy chọn đáp án B.
Câu 39. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại B,
AB  a, AA'  2a, A'C  3a . Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng A’C’, I là giao điểm của
AM là A’C. Tính theo a khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (IBC) 2a 3 a 3 a 5 2a 5 A. 5 B. 3 C. 3 D. 5
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 33
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện Hướng dẫn giải
Hạ IH  AC HAC  IH  ABC , nên IH là đường cao của tứ diện IABC IH CI 2 2 4a  IH A ∥ A '     IH  AA'  M C' A' AA' CA' 3 3 3 2 2 2 2
AC  A'C  A'A  a 5;BC  AC  AB  2a I 2a B' Hạ AK  A'B K A' 
B . Vì BC  ABB'A' nên 3a AK  BC  AK  IBC K A C H
Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (IBC) là AK: 2S a A  A'B AA'.AB 2a 5 AK    A'B 2 2 5 A'A  AB B
Vậy chọn đáp án D.
Câu 40. Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông, AB  BC  a , cạnh
bên AA'  a 2 . Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Tính theo a khoảng cách giữa hai
đường thẳng AM và B’C. a 35 a 7 a 5 a 35 A. 7 B. 7 C. 5 D. 5 Hướng dẫn giải
Từ giả thiết suy ra tam giác ABC vuông cân tại B. C' A'
Gọi E là trung điểm của BB’. Khi đó B'C / / AME
Suy ra d AM,B'C  dB'C,AME B'
 dC,AME  dB,AME
Gọi h là khoảng cách từ B đến mặt phẳng (AME)
Do tứ diện BAME có BA, BM, BE đôi một vuông góc nên: E 1 1 1 1 1 7 a 7 A C       h  2 2 2 2 2 2 h BA BM BE h a 7 M
Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B’C là B a 7
7 . Vậy chọn đáp án B.
Câu 41. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có AB  a, AC  2a và 0 BAC 120 . Gọi M là
trung điểm của cạnh CC’ thì 0
BMA'  90 . Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BMA’) a 5 a 7 a 5 a 5 A. 7 B. 7 C. 5 D. 3 Hướng dẫn giải
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 34
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện
Áp dụng định lý hàm số cosin trong tam giác ABC ta có: A' C' 2 2 2
BC  AB  AC  2AB.ACcosBAC 2 2 0 2
 a  4a  2.a.2a.cos120  7a  BC  a 7 B' Đặt CC'  2x M 2 2 2 2
Ta có A'M  A'C'  C'M  4a  x 2 2 2 2
BM  BC  CM  7a  x , A C 2 2 2 2
A'B  A'B'  BB'  a  4x
Tam giác BMA’ là tam giác vuông tại M nên B 2 2 2 MB  MA'  A'B 2 2 2 2 2 2 2 2
Do đó 4a  x  7a  x  a  4x  x  5a  x  a 5 CC'  ∥ ABB'A'  A V .A'BM  M V .AA'B  C V .AA'B  A V '.ABC ; dA,A'BM A 3V .A'BM  A S 'BM 1 1 1 0 15 3 A V '.ABC  AA'. A S BC  .2x. AB.AC.sin120  a 3 3 2 3 1 2 A S 'BM  MA'.MB  3 3a 2    3 15a a 5 d A, A'BM   2 3 3a 3 a 5
Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng (A’BM) là 3
Vậy chọn đáp án D.
Câu 42. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng a. Gọi M là trung
điểm của cạnh AA’, biết BM  AC'. Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng (BMC’). a 5 2 a 5 a 5 A. a 5 B. 2 C. 3 D. 5 Hướng dẫn giải Ta có:
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 35
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện 1     1      1 BM BA BA' BA BA BB'  BA  BB' 2 2 2 AC'  AA'  A'C'  1  1       1 BM.AC' BA
BB' AA' A'C'  BA.AA'  BA.A'C'  BB'.AA'  BB'.A'C'  2  2 2 0 0 0 1 0  1  1 1 2 1 2
 BA.AC.cos120  BA.AA.cos0  a.a.   .h.h   a  h 2  2    2 2 2 A C Theo giả thiết: 1 B 2 1 2
BM  AC'  BM.AC'  0  h  a  h  a 2 2 M H 2 a 3
Diện tích tam giác ABC là: A S BC  4 Vì AM / / BCC' nên M V .BCC'  A V .BCC' hay 3 A' C' 3 M. V BCC'  a 12 B'
Gọi H là hình chiếu của M trên BC’. Ta có: a 5 MB  MC'  , BC'  a 2 2 2 2 a 3  MH  MC'  HC'  2 2 1 a 6  MB S C'  MH.BC'  2 4 3V 2
Vậy khoảng cách cần tìm là d C,BMC' CBMC'   a B S MC' 2
Vậy chọn đáp án C.
Câu 43. Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’, đáy ABC có AC  a 3, BC  3a , 0 ACB  30 . Cạnh
bên hợp với mặt phẳng đáy góc 0
60 và mặt phẳng A'BC vuông góc với mặt phẳng
ABC. Điểm H trên cạnh BC sao cho HC3BH và mặt phẳng A'AH vuông góc với
mặt phẳng ABC . Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng A'AC 2a 5 3 3a 3a 5 3a 5 A. 3 B. 4 C. 2 D. 7 Hướng dẫn giải
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 36
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện A'BC  ABC A'
A'AH  ABC  A'H  ABC A'H  A'BC  A'AH B' C' Suy ra 0 A'AH  60 2 2 2 0 2
AH  AC  HC  2AC.HC.cos30  a  AH  a A 0  A'H  AH.tan 60  a 3 2 3 3a 3 9a A V BC.A'B'C'  A S BC.A'H  .a 3  4 4 B C H Vì 2 2 2
AH  AC  HC  HA  AC  AA'  AC 1 1 2 A
S 'AC  AC.A'A  a 3.2a  a 3 2 2 9 3   a   A 3V 'ABC 3 3a 4 d B; A'AC    2 A S 'AC a 3 4
Vậy chọn đáp án B.
Câu 44. Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’, A
 BC đều có cạnh bằng a, AA'  a và đỉnh A’
cách đều A, B, C. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của cạnh BC và A’B. Tính theo a khoảng
cách từ C đến mặt phẳng (AMN) a 5 3a a 5 a 22 A. 23 B. 33 C. 22 D. 11 Hướng dẫn giải
Gọi O là tâm tam giác đều ABC  A'O  ABC a 3 2 a 3 A' C' Ta có AM  , AO  AM  2 3 3 B' 2 2 2 2 a a 6 A'O  AA'  AO  a   3 3 ; Ta có: N 1 N
V AMC  S AMC.dN,ABC 3  E  dN,ABC N 3V AMC  A C S O AMC  M 2 1 a 3 1 a 6 B A S MC  A S BC 
; d N,ABC  A'O  2 8 2 6 2 2 1 a 3 a 6 a 2  N V AMC  . .  3 8 6 48
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 37
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện a 3 Lại có: AM  AN   2 , nên AMN cân tại A. A'C a
Gọi E là trung điểm của MN, suy ra AE  MN, MN   2 2 2 2 2 2 2 3a a a 11 1 a 11  AE  AN  NE    ; AMN S  MN.AE  4 16 4 2 16     2 3a 2 a 11 a 22 d C, AMN  :  đ ( vđ d) 48 16 11
Vậy chọn đáp án D.
Câu 45. Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại B, 0
AB  a, ACB  30 ; M là trung điểm cạnh AC. Góc giữa cạnh bên và mặt đáy của lăng trụ bằng 0
60 . Hình chiếu vuông góc của đỉnh A’ lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của
BM. Tính theo a khoảng cách từ điểm C’ đến mặt phẳng (BMB’) a 5 3a 3a a 2 A. 2 B. 3 C. 4 D. 2 Hướng dẫn giải
A'H  ABC  A'H là đường cao của hình lăng trụ. A' Q C'
AH là hình chiếu vuông góc của A A’ lên (ABC) P 0  A'AH  60 B' A V BC.A'B'C'  A'H. A S BC a 3 3a
AC  2a, MA  MB  AB  a  AH   A'H  2 2 2 1 1 a 3 A S BC  BA.BC  a.a 3  2 2 2 A 2 3 3a a 3 3a 3 M CH A V BC.A'B'C'  .  2 2 4 B
dC',BMB'  dC,BMB'  dA,BMB' A 3V .BMB'  E B S MB' 3 1 a 3 A V .BMB'  B V '.AMB6  A V BC.A'B'C'  6 8
Do BM  AHA' nên BM  AA'  BM  BB'  BMB' vuông tại B 2 1 1 a 3  dC', BMB'  3 2 3a 3 a 2 3a B S MB'  BB'.BM  a 3.a   :  2 2 2 . Suy ra   8 2 4 a 3 3a
(Cách 2: d A,BMB' 0  AE  AH.sin AHE  .sin60  2 4 )
Vậy chọn đáp án C.
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 38
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện
Câu 46. Cho hình lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a. Hình
chiếu vuông góc của điểm A’ trên mặt phẳng ABCD là trung điểm I của cạnh AB. Biết A’C 2
tạo với mặt phẳng đáy một góc  với tan  
. Tính theo a khoảng cách từ điểm B đến 5 mặt phẳng (A’AC) a 2a 3a 5a A. 2 B. 3 C. 4 D. 2 Hướng dẫn giải
Theo bài ra ta có IC là hình chiếu vuông góc của A’C trên mặt B' C'
phẳng (ABCD). Suy ra A'C,ABCD  A'C,CI  A'CI   D' A' Xét ta giác vuông A’IC: a 5 2
A'I  IC.tan A'CI  IC.tan  .  a 2 H 5 B
Ta có BI A'AC  A và I là trung điểm AB nên C I K
dB;A'AC  2dI;A'AC A D
Trong mặt phẳng (ABCD) kẻ IK / /BD  IK  AC , mà
A'I  AC (do A'I  ABCD ) nên AC  A'IK . Kẻ
IH  A'K  IH  A'AC  dI;A'AC  IH BD a 2
Xét tam giác vuông A’IK có A ' I  a, IK   4 4 1 1 1 8 1 9 a       IH    2a d B; A'AC  2 2 2 2 2 2 . Suy ra   IH IK IA' a a a 3 3
Vậy chọn đáp án B.
Câu 47. Cho lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  a , AD  a 3 .
Hình chiếu vuông góc của điểm A’ trên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm của AC
và BD. Góc giữa hai mặt phẳng (ADD’A’) và (ABCD) bằng 0
60 . Tính khoảng cách từ điểm
B’ đến mặt phẳng (A’BD) theo a. a 5 a 2 3a 2 a 3 A. 2 B. 3 C. 4 D. 2 Hướng dẫn giải
Gọi O  AC BD , I là trung điểm của cạnh AD. D' C' Ta có AD  AOI A' B'
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. S
D ĐT: 01234332133 C Page 39 600 I H O A B
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện a       0 A'IO ADD'A' , ABCD  60 Vì OI    2 nên ta suy ra A'I 2OI a 0 a 3  A'O  OI.tan60  2 Do đó A V BCD.A'B'C'D'  A'O. A S BCD 3 a 3 3a  a.a 3.  2 2 Do B'C A ∥ 'D  B'C 
∥ A'BD  dB',A'BD  dC,A'BD  CH trong đó CH là đường
cao của tam giác vuông BCD. CD.CB a 3 Ta có CH   . Vậy    a 3 d B', A'BD  . 2 2 2 CD  CB 2
Vậy chọn đáp án D.
DẠNG 3. KHOẢNG CÁCH GIỮA HAI MẶT PHẲNG SONG SONG.
KHOẢNG CÁCH TỪ ĐƯỜNG THẲNG ĐẾN MẶT PHẲNG Phương pháp
Việc tính khoảng cách giữa một đường thẳng và một mặt phẳng song song với nó, hoặc
tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song đều quy về việc tính khoảng cách từ điểm
đến mặt phẳng. Cần lưu ý việc chọn điểm trên đường hoặc trên mặt sao cho việc xác định
khoảng cách được đơn giản nhất.
Câu 1. Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh bên và cạnh đáy đều bằng a. Hình
chiếu vuông góc của A trên mp(A’B’C’) trùng với trung điểm của B’C’.
Câu 1.1. Tính khoảng cách từ AA’ đến mặt bên BCC’B’ a 3 a 3 3a 2 a 3 A. 4 B. 3 C. 4 D. 2 Hướng dẫn giải Ta có: AA' B ∥ B'  BCC'B' C  AA'  ∥ BCC'B' A J Gọi J  hch B AA'I  IJ  AA' B ∥ B' IJ BB' a a
Mặt khác, theo giả thiết suy ra: aA' B'C'  A'I   AA'I C'    a I B'C'  AI   AA'I B'C' AA'I a B'
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 40
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện
Suy ra: IJ  B'C', tức là IJ  BCC'B' , mà JAA' nên dAA',BCC'B'  IJ AI.A'I Trong A
 A'I  IJ.AA'  AI.A'I  IJ  AA' . a a 3 a 3 2 . a 3 2 2 Dễ thấy A ' I  2 2 2 3a a AI  AA'  AI  a   IJ   2 , 4 2 . Suy ra: a 4 . Vậy    a 3
d AA', BCC'B'  4 . Vậy chọn đáp án A.
Câu 1.2. Tính khoảng cách giữa hai mặt đáy của lăng trụ a a a 2 a 5 A. 4 B. 2 C. 4 D. 2 Hướng dẫn giải
Hai đáy của lăng trụ song song nên d  ABC,A'B'C'  dA,A'B'C' mà AABC và        a AI A'B'C' d ABC , A'B'C'  AI  2.
Vậy chọn đáp án B.
Câu 2. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AB  a, BC  b , CC'  c.
Câu 2.1. Tính khoảng cách từ AA’ đến mp(BDD’B’) abc abc ab ac A. B. C. D. 2 2 2 a  b  c 2 2 a  b 2 2 a  b 2 2 a  c Hướng dẫn giải Ta có: AA' B ∥ B'  BDD'B' D C  AA'  ∥ BDD'B' . Do đó: O'
dAA',BDD'B'  dA,BDD'B' A B G1 c
Gọi H  hchBDA  AH  BD mà BDD'B'  ABCD K G2 M N
suy ra: AH  BDD'B' . Tức là: dA,BDD'B'  AH D C H 1 1 1 2 2 1 1 a  b O b Xét A  BD       A a B 2 2 2 AH AB AD 2 2 2 2 a b a b 2 2 2 a b ab nên AH   AH  2 2 2 2 a  b a  b ab
Vậy: d AA',BDD'B' 
. Vậy chọn đáp án C. 2 2 a  b
Câu 2.2. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AA’, BB’. Tính khoảng cách từ MN đến mp(ABC’D’)
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 41
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện 2abc abc bc 2ac A. B. C. D. 2 2 2 a  b  c 2 2 2 a  b 2 2 2 a  b 2 2 a  c Hướng dẫn giải
Tính khoảng cách từ MN đến mp(ABC’D’): Ta có: MN' A
∥ B  ABC'D'  MN  ∥ ABC'D'. Suy ra:
dMN,ABC'D'  dM,ABC'D', nhưng A’M cắt mặt phẳng (ABC’D’) tại A và M là 1
trung điểm của AA’. Nên: d M,ABC'D'  dA',ABC'D' 2
Gọi K  hchAD'A'  A'K  AD' mà ABC'D'  AA'D'D, suy ra:
A'K  ABC'D'. Tức là: dA',ABC'D'  A'K . 2 2 1 1 1 1 1 c  b Xét A  'AD'       2 2 2 2 2 2 2 , nên: A'K A'A A'D' c b c b 2 2 2 c b bc A'K bc   A'K  dM, ABC'D'   2 2 . Vậy   2 2 c  b b  c 2 2 2 a  b
Vậy chọn đáp án C.
Câu 2.3. Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng AD'B',C'BD abc abc A. B. 2 2 2 a  b  c ab  bc  ca abc abc C. D. 2 2 2 2 a  c  c 2 2 2 2 2 2 a b  b c  c a Hướng dẫn giải Ta có: B'D' B
∥ C  C'BD  B'D'  ∥ C'BD
Gọi O  AC BD,O'  A'C'B'D' Suy ra: AO' C
∥ 'O  C'BD  AO'  ∥ C'BD
Mà AO',B'D'  AB'D',AO'B'D'  O'  AD'B'  ∥ C'BD
Ta đã chứng minh được A’C bị các mặt (AD’B’), (C’BD) chia thành ba đoạn bằng nhau.
Do đó: d  AD'B',C'BD  d 1
G ,C'BD  dA',AD'B'
Vì A’A, A’B’, A’D’ đôi một vuông góc, nếu: 1 1 1 1 1 1 1       2 d A',AD'B' 2 2 2 2 2 2 A'A A'B' A'D' a b c abc
Vậy: d A',AD'B' 
 d AD'B',C'BD 2 2 2 2 2 2 a b  b c  c a
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 42
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện
Vậy chọn đáp án D.
Ta cần chú ý kết quả sau: Nếu tứ diện OABC có các cạnh OA, OB, OC đôi một vuông góc 1 1 1 thì: d O,ABC    2 2 2 OA OB OC
Câu 3. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a, mặt bên SBC vuông góc với
đáy ABC. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của AB, SA, AC. Tính khoảng cách giữa hai mp(MNP) và mp(SBC) a 3 a 3 a 3 3a 3 A. 3 B. 2 C. 4 D. 2 Hướng dẫn giải Theo giả thiết, suy ra: S MN S ∥ A  SAC  MN  ∥ SAC NP S ∥ C  SAC  NP  ∥ SAC Mà
MN,NP  MNP,MNNP  N nên N H a B C mpMNP m ∥ pSBC .
Gọi H là trung điểm của BC  AH  BC (do A  BC đều) M K P a
Mà ABC  SBC và AH  ABC A
BC  ABCSBC  AH  SBC
Gọi K  AH MP  KH  SBC  d K, SBC  KH Vì mpMNP m
∥ pSBC và KMNP Do đó:         1 a 3 d MNP , SBC d K, SBC  KH  AH  2 4 .
Vậy chọn đáp án C.
Câu 4. Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng a. Góc tạo bởi cạnh bên
và mặt phẳng đáy bằng 30 . Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A’B’C’) thuộc
đường thẳng B’C’. Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng đáy. a a a 2 a 3 A. 3 B. 2 C. 2 D. 2 Hướng dẫn giải
Khoảng cách giữa hai mặt phẳng đáy chính bằng AH. C A Trong H  AA' , ta có: A'  30 . K B a
AH  AA'.sin A'  a.sin30  2 A' C'
Vậy chọn đáp án B. H B'
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 43
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện
Câu 5. Cho hình hộp thoi ABCD.A’B’C’D’ có các cạnh đều bằng a và
BAD  BAA'  DAA'  60 . Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng đáy (ABCD) và (A’B’C’D’). a 5 a 10 a 6 a 3 A. 5 B. 5 C. 3 D. 3 Hướng dẫn giải
Hạ A'H  AC, ta có nhận xét: D' A' BD  AC   BD  OAA' B' C' BD  A'O
 BD  A'H  A'H  ABCD D A H Và vì ABCD 
∥ A'B'C'D' nên A'H chính là khoảng O C B
cách giữa hai mặt phẳng đáy.
Nhận xét rằng hình chóp A’.ABD là hình chóp đều, nên ta lần lượt có: 2 2 a 3 a 3 AH  AO  .  3 3 2 3 2 2 2 2 2 2 a 2a a 6 A'H  A'A  AH  a    A'H  3 3 3
Vậy chọn đáp án C.
Câu 6. Cho tứ diện ABCD có AB  BCD,AB  5a,BC  3a,CD  4a . Gọi M, N lần lượt là
trung điểm của AC và AD.
Câu 6.1. Tính khoảng cách giữa đường thẳng MN và mặt phẳng (BCD). 2a a a 5a A. 3 B. 2 C. 4 D. 2 Hướng dẫn giải MN C ∥ D  S   ∥ CD  BCD MN BCD  Töø M keû MH A N ∥ B K    AB  BCD MH BCD  M B C
Vậy: MH  d MN,BCD H AB 5a A  BC cho: MH   A 2 2
Vậy chọn đáp án D.
Câu 6.2. Gọi (P) là mặt phẳng chứa MN và đi qua trung điểm K của AB. Tính khoảng cách
giữa hai mặt phẳng (P) và (BCD)
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 44
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện a 3a 5a 5a A. 3 B. 2 C. 4 D. 2 Giải
a. Tính d  P,BCD : MN C ∥ DP  ∥ BCD MK B ∥ C MP  5a    
. Vậy chọn đáp án D MH  BCD MH d P,BCD 2 
Câu 7. Cho hình chóp cụt tứ giác đều ABCD.A’B’C’D’. Đáy lớn ABCD có cạnh bằng a, đáy
nhỏ A’B’C’D’ có cạnh bằng b. Góc giữa mặt bên và đáy lớn bằng 60 . Tính khoảng cách
giữa hai mặt đáy của hình chóp cụt đều này ab 3 a b 3 ab 3 ba 3 A. 2 B. 2 C. 2 D. 2
Lưu ý: Cần chú ý rằng, trong hình chóp cụt đều thì các mặt bên là những hình thang cân
bằng nhau, các góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng nhau. Hướng dẫn giải
Gọi O, O’ lần lượt là tâ của hai hình vuông ABCD và D' C' K
A’B’C’D’; K và J lần lượt là trung điểm của A’D’ và AD. O' A' B'
Gọi H là hình chiếu của K trên mp(ABCD) thì KH  OJ tại
H và KH là khoảng cách cần tìm.
Gọi  là góc giữa mặt bên và mặt đáy của hình chóp cụt D C φ thì   KJH  60 . J H O b a A Ta có: O'K  ;OJ  B 2
2 . KHOO’ là hình chữ nhật nên: a  b JH  OJ  O'K  2 KH 2.KH ab 3 H  JK : tan    KH  HJ a  b 2
. Vậy chọn đáp án C.
Câu 8. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Tính khoảng cách giữa hai mặt
phẳng (BA’C’) và (ACD’) a 3 a 3 a 3 a 3 A. 2 B. 3 C. 2 D. 5 Phân tích: Chứng minh B'D  BC' :
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 45
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện BC'  CB'        
  BC' CDA'B' BC'  B'D  1 BC' DC DC BB'C'C Chứng minh A'C'  B'D : A'C'  B'D'       A'C'  BB'  BB' 
A'B'C'D' A'C' BDD'B' A'C' B'D 2
Xác định giao điểm K và H: BB'D'D  B'D  
BC'A' BB'D'D BO'O' A'C' B'D'    
  B'D  BC'A'  K B'D BO' K     BB'D'D  B'D  
ACD' BB'D'D D'OO AC BD    
  B'D  ACD'  H B'D D'O H    Hướng dẫn giải
Từ (1) và (2) suy ra B' D  BC'A' (3) Mặt khác: D' C' BC' A ∥ D' O'   BC'A'  ∥ ACD' 4 BA' C ∥ D' A' B' K
Từ (3) và (4) suy ra: B'D  ACD' 5 H Ta có:
B'DBA'C'  K,B'D  BC'A', D C
B'DD'AC  H,B'D  ACD' O
Do đó KH là khoảng cách cần tìm. A B      2 2 2 2 2 2 BDB' : B'D BD B'B
a 2  a  3a  B'D  a 3 1 a 3
Dễ thấy trong hình chữ nhật BB’D’D ta có: KH  B' D  3 3
Vậy chọn đáp án B.
DẠNG 4. KHOẢNG CÁCH HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU
Câu 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật ABCD có AD  2AB , SA  ABC 
D , SC 2a 5 và góc giữa SC và ABCD bằng 0
60 , M là trung điểm của cạnh
BC. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và SD là a 510 a 51 2a 510 3a 510 A. 17 B. 17 C. 17 D. 17
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 46
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện Hướng dẫn giải
Ta có SA  ABCD  SC có hình chiếu S H trên ABCD là AC N     0 SC,ABCD SC,AC  SCA  60 A D Ta giác SAC vuông tại A 0  AC  SC.cos60  a 5 B M C 0 và SA  SC.sin 60  a 15 Ta có 2 2 2 2 2
AB  AD  AC  5AB  5a  AB  a
Dựng hình bình hành AMDN và dựng AH  SN tại H. Ta có:
 AM / /DN  AM / / SDN  dAM,SDN  dA,SDN
 AM  MD nên AMDN là hình chữ nhật.
 ND  AN mà DN  SA  DN  SAN
 DN  AH mà AH  SN  AH  SDN  dA,SDN  AH 1 1 1 1 1 17 Ta có      2 2 2 2 2 2 AH AS AN 15a 2a 30a a 510  AH   17 . Vậy   a 510 d AM,SD
17 . Vậy chọn đáp án A.
Câu 2. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB  2a , 0 BAC  60 ,
cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA  a 3 . Gọi M là trung điểm của cạnh AB. Khoảng
cách giữa hai đường thẳng SB và CM là a 10 2a 3 2a 3 a 3 A. B. C. D. 17 29 19 13 Hướng dẫn giải
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 47
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện
Gọi N là trung điểm cạnh SA. S Do SB/ / CMN nên
dSB,CM  dSB,CMN N
 dB,CMN  dA,CMN
Kẻ AE  MC, EMC và kẻ H A C AH  NE, HNE M Chứng minh được E B
AH  CMN  dA,CMN  AH 2S Tính AMC AE   MC trong đó: 1 1 3  2 S A  MC  AM.AC.sinCAM  a.4a.  a 3 2a 3 2 2 2   AE   13 MC  a 13  2a 3 2a 3 2a 3 Tính được AH   d A,CMN   d SB,CM  . 29 29 29
Vậy chọn đáp án B.
Câu 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A, D, SA vuông góc với
đáy, SA  AD  a, AB  2a . Tính khoảng cách giữa AB và SC. a a A. C. a 2 D. 2a 2 2 B. 2 Hướng dẫn giải Ta có: AB // DC nên S
dAB,SC  dAB,SDC .
Trong mặt phẳng (SAD) từ A kẻ H AH  SD, HSD  1 E A B Ta có: D C
DC  ADDCSADDC AH 2 DC  SA 
Từ (1) và (2) suy ra AH  SCD
AH  dAB,SCD  dAB,SC 1 1 1 2 a
Trong tam giác vuông SAD có:     AH  2 2 2 2 . AH AD SA a 2
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 48
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện
Vậy chọn đáp án B.
Câu 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, 0 ABC  60 , cạnh bên SA
vuông góc với đáy, SC tạo với đáy một góc 0
60 . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB, SD là 3a 2a a 3a A. B. C. D. 5 5 15 15 Hướng dẫn giải 3V S
dAB,SD  dA,SCD S.ACD  S S  CD
Gọi H là trung điểm CD. Ta có: CD  SH. 2 1 a 15 A D Do đó S S  CD  CD.SH  2 4 60° H 60° Vậy B C       S 3V .ACD 3a d AB,SD d A, SCD   S S  CD 15
Vậy chọn đáp án D.
Câu 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  a, AD  a 3
SA  ABCD, góc giữa mặt phẳng (SBD) và mặt phẳng (ABCD) bằng 0 60 . Tính khoảng
cách giữa hai đường thẳng AC và SD 3a a 3a 2a A. 2 B. 4 C. 4 D. 3 Hư ớng dẫn giải
Trong mặt phẳng (ABCD) đường thẳng qua S
D song song với AC, cắt đường thẳng AB tại E. H
Trong tam giác ADE kẻ đường cao AK  A
KDE  SAK  SDE B . Dựng AH  SK 60° E I K
tại H, suy ra AH  SDE . D C Do
AC/ / SDE  dAC;SD  dA;SDE  AH a 3 3a 3a Ta có: AK   AH   dAC;SD  2 4
4 . Vậy chọn đáp án A.
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 49
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện
Câu 6. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng a 3 , 0 BAD  120
và cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết rằng số đo của góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 0
60 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC a 7 3a 7 3a 7 a 7 A. 14 B. 4 C. 14 D. 8 Hướn g dẫn giải Gọi O  ACBD . Vì S
DB  AC, BD  SC nên BD  SAC tại O.
Kẻ OI  SC  OI là đường vuông góc I chung của BD và SC. A B
Sử dụng hai tam giác đồng dạng ICO O H
và ACS hoặc đường cao của tam giác D C 3a 7
SAC, suy ra được OI  14 . Vậy   3a 7 d BD,SC  14 .
Vậy chọn đáp án C.
Câu 7. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a, cạnh bên SA vuông
góc với mặt phẳng đáy. Góc giữa SC và mặt phẳng đáy bằng 0
45 . Gọi E là trung điểm BC.
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng DE và SC theo a. a 2a 38 a 38 a 38 A. 19 B. 9 C. 19 D. 9 Hướn g dẫn giải
Từ C dựng CI / /DE  DE / / SCI . Từ A S
dựng AK  CI , cắt ED tại H và CI tại K.
Trong (SAK) dựng HT  SK . Do CI  SAK D nên HT  SCI A I T CD.AI 3a 1 a H AK   , HK  AK    K CI 5 3 5 B E C       SA.HK a 38 d DE;SC d H; SCI  HT   SK 19
Vậy chọn đáp án C.
Câu 8. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật ABCD, đường thẳng SA vuông góc
với mặt phẳng (ABCD) và SA  AD  a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC.
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 50
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện a 2 a 2 a 2 a 2 A. 10 B. 6 C. 4 D. 2
Hướn g dẫn giải Trong mặt phẳng (SAD), vẽ S AH  SD, HSD
Mặt khác ABCD là hình chữ nhật nên
CD  SAD  AH  SCD H B A
Vậy khoảng cách giữa AB và SC chính là AH.
Trong tam giác vuông SAD có AH là D C đường cao nên 1 1 1 a 2    AH  2 2 2 AH AS AD 2 a 2
Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC bằng 2 .
Vậy chọn đáp án D.
Câu 9. Cho hình chóp S.ABC có tam giác SAB đều cạnh a, tam giác ABC cân tại C. Hình
chiếu của S trên mặt phẳng ABC là trung điểm của cạnh AB, góc hợp bởi cạnh SC và mặt đáy là 0
30 . Tính khoảng cách của hai đường thẳng SA và BC 3a 3a a 2a A. B. C. D. 13 13 13 13 Hướng dẫn giải
Gọi H là trung điểm cạnh AB, ta có SH là S
đường cao của hình chóp S.ABC và CH là
đường cao của tam giác ABC. Từ giả thiết ta được 0
SCH  30 . Tam giác SHC vuông K D tại H nên SH G 0 3a  tan30  CH  SH. 3  A C CH 2 H
Dựng hình bình hành ABCD, khi đó: B
dBC,SA  dBC,SAD
 dB,SAD  2dH,SAD
Gọi G, K lần lượt là hình chiếu của H trên các đường thẳng AD và SG. Ta có:
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 51
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện
AD  HGADSHGHK AD AD  SH 
Mà HK  SG nên HK  SAD hay dH,SAD  HK
Tam giác SHG vuông tại H nên: 1 1 1 1 1 1 52 3a        HK  2 2 2 2 2 2 2 HK HG HS HB HC HS 9a 2 13 3a Vậy   3a d BC,SA  . Vậy chọn đáp án
. Vậy chọn đáp án A. 13 13
Câu 10. Cho hình chóp S.ABCD, tứ giác ABCD là hình thang cân, hai đáy là BC và AD.
Biết SA  a 2, AD  2a, AB BC CD a. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng
ABCD trùng với trung điểm cạnh AD. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AD a 21 a 21 a 3a A. D. 3 B. 7 C. 7 7 Hướng dẫn giải 2 3a 3 S Ta có: A S BCD  3 A S BI  4 Xét S  BI vuông tại I có: 2 2 2 2
SI  SB  BI  a  SI  a A D AD / /BC  I   BC  SBC AD / / SBC 
 d AD,BC  dAD,SBC B C  d I,SBC SIB 3V C  SB S C 3 3 1 1 a 3 a 3 V  V  .  ; S
 pp ap  bp  c 2 a 7 SIBC S.ABCD SBC  3 3 4 12 4 Vậy   a 21
d AD,SB  7 . Vậy chọn đáp án B.
Câu 11. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  3a, AD  2a . Hình
chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ABCD là điểm H thuộc cạnh AB sao cho
AH  2HB. Góc giữa mặt phẳng SCD và mặt phẳng ABCD bằng 0 60 . Tính theo a thể
tích khối tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AD a 39 6a 39 a 39 a 39 A. 15 B. 13 C. 3 D. 11
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 52
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện Hướng dẫn giải
Kẻ HK  CD K CD . Khi đó: S
CD  HKCDSHKCDSK CD  SH 
Vậy góc giữa (SCD) và (ABCD) là góc A D 0 SKH  60 I 60° H Trong tam giác vuông SHK: K 0 SH B  HK tan60  2a 3 C
Vì SBC / /AD  dAD,SC  d A,SBC .
Trong (SAB) kẻ AI  SB, khi đó:
BC  ABBCSABBCAI SB  AI  AI  SBC BC . Mà    SH SH.AB 2a 3.3a 6a 39
Vậy d AD,SC  d A,SBC  AI    SB . 2 2 13 12a  a
Vậy chọn đáp án A. a 17
Câu 12. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SD  2 , hình
chiếu vuông góc H của S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của đoạn AB. Gọi K là
trung điểm của đoạn AD. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng HK và SD theo a. a 3 a 3 a 3 a 3 A. 25 B. 45 C. 15 D. 5
Hướn g dẫn giải
SH  ABCD  SH  HD . Ta có: S 2 2 2      2 2 SH SD HD SD AH  HD   SH  a 3 F HK / /BD  HK / / SBD B C E
 dHK,SD  dH,SBD H A K D
Gọi E là hình chiếu vuông góc của H
trên BD và F là hình chiếu vuông góc của H trên SE.
Ta có: BD  HE và BD  SH nên BD  SHE  BD  HF mà HF  SE do đó HF  SBD .
Suy ra d H,SBD  HF
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 53
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện a 2 HS.HE a 3 Ta có: HE  HBsin EBH   HF   4 . 2 2 5 HS  HE Vậy   a 3
d HK,SD  5 . Vậy chọn đáp án D. a 70
Câu 13. Cho hình chóp S.ABC có SC 
5 , đáy ABC là tam giác vuông tại A,
AB  2a, AC  a và hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm cạnh AB. Tính
khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA 3a 4a a 2a A. 5 B. 5 C. 5 D. 5 Hướng dẫn giải
Tam giác AHC vuông cân cạnh a nên S CH  a 2
Tam giác SHC vuông tại H nên 2 2 2a SH  SC  CH  5 I K B C J Dựng
AK  BC, HI  BC . Đường H
thẳng qua A song song với BC cắt IH D A tại D  BC / / SAD
 dBC,SA  sBC,SAD  dB,SAD  2dH,SAD
AD  SDH  SAD  SDH .
Kẻ HJ  SD  HJ  SAD  dH,SAD  HJ 1 1 1 2a a Ta có    AK   HD  2 2 2 AK AB AC 5 5 1 1 1 2a    HJ   2 2 2 . Vậy   4a d BC,SA HJ HD HS 5 5
Vậy chọn đáp án B.
Câu 14. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC đều cạnh bằng 3a. Chân đường cao
hạ từ đỉnh S lên mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho AB  3AH , góc tạo bởi
đường thẳng SC và mặt phẳng (ABC) bằng 0
60 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC 3a 21 3a 21 a 21 3a 21 A. B. C. D. 29 19 39 7 Hướng dẫn giải
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 54
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện
Nhận thấy SH  ABC  HC là hình S
chiếu của SC trên mặt phẳng (ABC) 0
 SCH  60 là góc giữa SC và mặt phẳng (ABC) F Ta có 60° C A E 2 2 2 0
HC  AC  AH  2AC.AH.cos60 H 2 2 1 2
 9a  a  2.3a.a.  7a D B 2 0
 HC  a 7  SH  HC.tan60  a 21
Dựng AD  CB  AD / /CB  BC / / SAD
 dSA;BC  dBC;SAD  dB;SAD  3dH;SAD
Dựng HE  AD tại E  AD  SHE  SAD  SHE (theo giao tuyến SE)
Dựng HF  SE tại F  HF  SAD  HF  dH;SAD 0 a 3
Ta có: HE  AH.sin 60  2 1 1 1 4 1 29 a 21 3a 21       HF   d B; SAD  2 2 2 2 2 2    HF HE SH 3a 21a 21a 29 29 Vậy   3a 21 d SA;BC 
. Vậy chọn đáp án A. 29
Câu 15. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a , AD  2a . Hình
chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng đáy là trung điểm của H và AD, góc giữa SB và mặt phẳng đáy (ABCD) là 0
45 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và BH theo a 2a 2 2 a A. a a 3 B. 5 C. 3 D. 3 Hướng dẫn giải
Do SH  ABCD nên góc giữa SB và mặt phẳng đáy S (ABCD) là góc 0 SBH  45 . Ta có S
 BH vuông cân tại H nên SH  BH  a 2
Gọi K là trung điểm của BC, ta có BH / / DK  BH/ / SDK . D C Suy ra: H 45° K
dBH;SD  dBH;SDK  dH;SDK A B
Tứ diện SHDK vuông tại H nên
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 55
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện 1 1 1 1 5     2 d H;SDK 2 2 2 2 HS HK HD 2a Vậy       2 d BH;SD d H; SDK a 5 .
Vậy chọn đáp án B.
Câu 16. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh a. Cạnh bên SD
hợp với mặt đáy một góc 0
60 và hình chiếu vuông góc H của đỉnh S lên mặt đáy là trung
điểm của cạnh AB. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD. a 345 a 546 a 645 a 465 A. 31 B. 31 C. 31 D. 31
Hướng dẫn giải Ta có SH  ABCD. S a 5 a 15 Tính HD  ; SH  2 2
Dựng E sao cho AEBO là hình bình hành. Gọi M là K A 60° D
trung điểm của AE. Hạ HK vuông góc với SM. M a 465 E H O
Chứng minh HK  SAE và tính được HK  62 B C Chứng minh   a 465
d BD;SA  2HK  31 . Vậy chọn đáp án D.
Câu 17. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, với AB  BC  a, AD  2a
a 0. Các mặt bên SAC và SBD cùng vuông góc với mặt
đáy. Biết góc giữa hai mặt phẳng SAB và ABCD bằng 0
60 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng CD và SB. 2a 3 2a 3 a 3 3a 3 A. 5 B. 15 C. 15 D. 5 Hướ ng dẫn giải
Gọi H  AC  BD  SH  ABCD và S 1 BH  BD 3
Kẻ HE  AB  AB  SHE , hay A D O K     0 SAB ; ABCD  SEH  60 I E 1 2a 2a 3 H Mà HE  AD   SH  3 3 3 B C
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 56
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện
Gọi O là trung điểm AD, ta có ABCD
là hình vuông cạnh a  A  CD có trung tuyến 1 CO  AD 2
CD  AC  CD  SAC VÀ BO/ /CD hay CD/ / SBO và BO  SAC dCD;S 
B  dCD;SBO  dC;SBO 1 a 2
Tính chất trọng tâm tam giác BCO  IH  IC  3 6 2 2 5a 2  IS  IH  HS  6
Kẻ CK  SI mà CK  BO  CK  SBO  dC,SBO  CK 1 1 SH.IC 2a 3 Trong tam giác SIC có: S
S IC  SH.IC  SI.CK  CK   2 2 SI 5 Vậy   2a 3
d CD,SB  5 . Vậy chọn đáp án A.
Câu 18. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc 0 ABC  60 cạnh bên
SD  a 2 . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc đoạn BD
sao cho HD  3HB. Gọi M là trung điểm của cạnh SD. Tính tính khoảng cách giữa hai đường thẳng CM và SB. a 3 a 30 a 3 a 3 A. 40 B. 8 C. 8 D. 4 Hướng dẫn giải
Từ giả thiết có tam giác ABC đều cạnh a. S a 3
Gọi O  AC  BD  BO   BD  a 3 M 2 3 3 A D  HD  BD  a 3 4 4 O 2 2 2 2 2 2 27a 5a a 5 H SH  SD  HD  2a    SH  B C 16 16 4 2 2 2 2 2 5a 3a a 2 SB  SH  HB    SB  16 16 2 BD  AC 
 AC  SBD  AC  OM AC  SH 2 1 1 1 a 2 a 2
Diện tích tam giác MAC là S MAC OM.AC SB.AC .a      2 4 4 2 8
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 57
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện SB/ /OM  SB/ / MAC
 dSB;CM  dSB;MAC  dS;MAC  dD;MAC 1 V  dM;ABCD 1 1 .S  . d  S;ABCD 3 1 1 a 15 M.ACD ACD . A S BCD  S V .ABCD  3 3 2 2 4 96 3 a 15 1 3V 32 a 30 Mặt khác  d D;MAC M.ACD M
V .ACD  dD;MAC .S MAC    3  2 S M  AC a 2 8 8
Vậy chọn đáp án B.
Câu 19. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại B và C,
AB  2BC  4CD  2a, giả sử M và N lần lượt là trung điểm AB và BC. Hai mặt phẳng
(SMN) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy và cạnh bên SB hợp với (ABCD) một góc 0
60 . Tính khoảng cách giữa SN và BD. 3 3 3 3 A. a a a a 15 B. 65 C. 55 D. 35 Hướng dẫn giải
Gọi H  MN  BI  SMN  SBI   SH S
Do hai mặt phẳng (SMN) và (SBI) cùng vuông góc với ABCD SHABC  D
Dễ thấy BH là hình chiếu vuông góc của SB lên mặt phẳng M A B K đáy, suy ra 0 SBH  60 .
Gọi M và N lần lượt là trung điểm AB và BC, mà H N
AB  4CD nên suy ra MN  BD tại H. Xét tam giác BMN ta có: D C 1 1 1 5 a     BH  2 2 2 2 BH BM BN a 5 SH 0 a 15
Xét tam giác SBH lại có: tan SBH   SH  HB.tan60  HB 5
* Tính khoảng cách giữa SN và BD. BD  SH Do   BD  SMN BD  MN
Dựng HK vuông góc SN, suy ra HK là đoạn vuông góc chung của SN và BD  dBD,SN  HK . 2 2 2 2 a a a 5 Xét B
 HN có: HN  BN  BH    4 5 10
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 58
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện 1 1 1 20 5 65 3 Xét S  HN ta có:       HK  a 2 2 2 2 2 2 HK SH HN a 3a 3a 65 Vậy   3 d BD,SN a 65
Câu 20. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A, B. Biết
AD  2AB 2BC 2a, SA SD SC 3a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CD. a 5 a 3 a 3 a 2 A. 3 B. 3 C. 2 D. 2 Hướng dẫn giải
Theo giả thiết ta có BC  AB  a S
Gọi H là trung điểm của AD  HA  HD  a
Từ giả thiết  ABCH là hình vuông cạnh a tâm O CH  a    1 a 2 CO  AC   2 2 A H D 1
Trong tam giác ACD có CH là trung tuyến và CH  AD 2 B C  A
 CD vuông tại C  H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD.
Gọi K là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD)  SK  ABCD , SK là
đường cao của hình chóp S.ABC.
Hơn nữa các tam giác vuông SKA, SKC và SKD bằng nhau vì SK chung và
SA  SD  SC  3a  KA  KC  KD
 K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD  K trùng với H. 2 2 2 2 2
Trong tam giác vuông SHD ta có: SH  SD  HD  9a  a  2 2a
Tứ giác BCDH là hình bình hành (vì HD B ∥ C, HD  BC )  CD B ∥ H CD∥BH   SBH Ta có:   ∥ CD   SBH CD SBH
Ta có SB và CD là hai đường thẳng chéo nhau. CD   ∥ SBH Mặt khác     SB  
SBH dCD,SB dCD,SBH dC,SBH C  O  HB a 2 Ta có 
 CO  SBH  CO  dC,SBH 
. Vậy chọn đáp án D. C  O  SH 2
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 59
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện
Câu 21. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành thỏa mãn
AB  2a, BC  a 2, BD  a 6 . Hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là
trọng tâm của tam giác BCD. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD, biết rằng khoảng
cách giữa hai đường thẳng AC và SB bằng a. 3 4 2a 3 5 3a 3 3a 3 2a A. 3 B. 3 C. 2 D. 2 Hướng dẫn giải
Gọi H là hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABCD), M là
trung điểm của CD và O là tâm của đáy ABCD. Do S
AO là trung tuyến của tam giác ABD nên: 2 2 2 2 2 AB  AD BD 3a AO    2 4 2 a 6 AO 2a 6  AO   AH  AO   2 3 3 K 2 2 2 2 BD  BC CD BM   M 2 4 C D 2 2 2 6a  2a 4a 2    3a H O 2 4 A 2a 3 B  BM  a 3  BH  3 Ta có 2 2 2 2
AH  BH  4a  AB  AH  BH, kết hợp với AH  SH ta được AH  SHB
Kẻ HK vuông góc với SB, theo chứng minh trên ta được AH  SHB
Suy ra AH  HK  HK là đoạn vuông góc chung của AC và SB, suy ra HK  a . 1 1 1
Trong tam giác vuông SHB ta có:    SH  2a 2 2 2 HK SH HB 3 1 1 4 1 4 2a S V .ABCD  SH. A S BCD  SH.4 O S AB  SH. OA.BH  3 3 3 2 3
. Vậy chọn đáp án A.
Câu 22. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA  ABCD . Biết
AB  a, BC  2a, SA  a 3 (với a , a  0 ). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các đoạn
thẳng SB, AD. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và BN. 2a 3a a 21 2a
A. 3 B. 3 C. 7 D. 7 S Hướng dẫn giải
Qua A kẻ đường thẳng song song với
BN cắt BC tại E. Gọi H  ABEN . M A N
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 60 D H E B C
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện Kẻ MH S
∥ A . Suy ra MH  ABCD  MH là đường cao của khối chóp M.ANBE. a 3 1 2 2 Ta có: MH  , A S NBE  2S A  NB  2. .a  a 2 2 3 1 a 3 Suy ra S V .ANBE  MH. A S NBE  3 6
Ta lại có: AM  a, AE  a 2, CB  SAB  CB  SB 2 2 Suy ra S
 BE vuông tại B  ME  BE  MB  a 2 a a a 7
Ta có: AE  ME  a 2  A  ME cân tại E  S  .  a 2 2 2 2 AME   2 4 4 Vì BN  ∥ AME 3   V       3V M.ANBE N.AME a 21 2 d BN, AME d N, AME    S AME S AME 7   Vậy   a 21
d AM,BN  7 . Vậy chọn đáp án C.
Câu 23. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi tâm O cạnh a 5, AC  4a , SO  2 2a
và SO vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm của SC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BM. 5 2a 3a a 21 2 6 A. a 3 B. 6 C. 3 D. 3 Hướng dẫn giải
Vì M là trung điểm của SC nên OM S ∥ A, MS  MC 3V
Do đó d SA,BM  d SA,OBM  dS,OBM  d C,OBM C.OMB  O S MB 1 2 2 1 2 Ta có OC  AC  2a OB  BC  OC  a  S  OB.OC  a 2 nên OBC 2
Gọi N là trung điểm của OC thì MN S ∥ O nên S 1
MN  OBC và MN  SO  a 2 2 . 1 2 3 Do đó M V .OBC  MN. O S BC  a 3 3 M 2 2
Ta có SA  SO  OA  2 3a nên OM  3a A D
Tam giác OMB vuông tại O nên: 1 3 2 O O S MB  OB.OM  a 2 2 N B C
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 61
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện    C 3V .OMB 2 6 d SA,BM   a O S MB 3
Vậy chọn đáp án D.
Câu 24. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, 0 BAD  60 , G là trọng a 6
tâm tam giác ABD và SG  ABCD, SG  3 . Gọi M là trung điểm CD. Tính khoảng
cách giữa AB và SM theo a. a 2 3a a 2 a 6 A. 2 B. 3 C. 3 D. 3 Hướng dẫn giải
Dễ thấy SG là đường cao của khối chóp S.ABMD và S a 6 SG  
3 . Vì ABCD là hình thoi cạnh a, 0 BAD 60 nên A  BD và BCD 
là các tam giác đều cạnh a, M là trung điểm CD Vì AB C ∥ D  AB  ∥ SCD
 dAB,SM  dAB,SCD  dB,SCD  h A D Gọi O  AC BD G M Hơn nữa O 2 2 1 1 a 3 2a 3 B C AG  AO  . AC AC  GC 3 3 2 3 3 3 2 2 2 2 2 6a 12a 2  SC  SG  GC    2a 9 9 2 2 a 3 2 2 2 6a 3a 2 Lại có GD  GA   SD  SG  GD    a 3 9 9 2 2 2 2 2 2 SC  CD  SD 2a  a  a 1 0 Suy ra cosSCD     SCD  45 2SC.CD 2.a 2.a 2 2 1 0 1 a 1 a Khi đó S S  CM  SC.CM.sin 45  .a 2. .  2 2 2 (đvdt) 2 4 1 3V Mặt khác: B.SCM S V .BCM  B V .SCM  h.S S  CM  h  3 S S  CM 2 3 3 3 3 1 a 6 a 3 a 2 a 2 a 2 a 2 B V .SCM  S V .BCM  S V .ABCD  S V ABMD  . .     3 3 2 8 6 8 24
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 62
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện 3 a 2 3. a 2 24 Suy ra h    2 . Vậy   a 2 d AB,SM
. Vậy chọn đáp án A. a 2 2 4
Câu 25. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi, tam giác SAB đều và nằm trong mặt
phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết AC  2a, BD  4a. Tính theo a khoảng cách
giữa hai đường thẳng AD và SC 4a 13 a 165 4a 1365 a 135 A. 91 B. 91 C. 91 D. 91 Hướng dẫn giải
Gọi O  AC BD , H là trung điểm của AB, suy ra S SH  AB. Do AB  SA  B ABCD và SA 
B  ABCD nên SH  ABCD K A AC 2a D Ta có: OA    a 2 2 H O BD 4a B E OB C    2a 2 2 2 2 2 2
AB  OA  OB  a  4a  a 5 AB 3 a 15 SH   2 2 1 1 2 AB
S CD  AC.BD  2a.4a  4a 2 2 3 1 1 a 15 2 2a 15
Thể tích khối chóp S.ABCD là V  SH. A S BCD  . .4a  3 3 2 3
Ta có: BC / /AD nên AD / / SBC  dAD,SC  dAD;SBC  dA;SBC
Do H là trung điểm AB và B  AH SBC nên dA;SBC  2dH,SBC
Kẻ HE  BC, HBC . Do SH  BC nên BC  SHE .
Kẻ HK  SE, K SE , ta có BC  HK  HK  SBC  HK  dH;SBC 2 2 B S CH A S BC A S BCD 4a 2a 5 HE      BC BC 2AB 2a 5 5 1 1 1 5 4 91 2a 15 2a 1365       HK   2 2 2 2 2 2 HK HE SH 4a 15a 60a 91 91 Vậy   4a 1365 d AD,SC 2HK  91
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 63
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện
Vậy chọn đáp án C.
Câu 26. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a, SD  a 2 ,
SA  SB a, và mặt phẳng (SBD) vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính theo a khoảng
cách giữa hai đường thẳng AC và SD. a 5a a 3a A. 4 B. 2 C. 2 D. 2 Giải Theo giả thiết ABC  D  SB  D theo giao tuyến BD.
Do đó nếu dựng AO  SBD thì OBD
Mặt khác AS  AB  AD  OS  OB  OD hay S
 BD là tam giác vuông tại S. 2 2 2 2
BD  SB  SD  a  2a  a 3 S 3 2 2 2 3a a AO  AB  OB  a   4 2 H Trong S
 BD dựng OH  SD tại H (1)
H là trung điểm của SD.
Theo chứng minh trên AO  SBD  AO  OH (2) D C
Từ (1) và (2) chứng tỏ OH là đoạn vuông góc chung của AC O A và SD. B Vậy   1 a d AC,SD  OH  SB  2 2
Câu 27. Cho hình chóp đều S.ABC có SA  2a, AB  a. Gọi M là trung điểm của cạnh BC.
Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, SB. a 155 a 512 a 517 a 152 A. 47 B. 43 C. 47 D. 45 Hướng dẫn giải
Gọi O là tâm của tam giác đều ABC cạnh a. Do S.ABC là hình 2 a 3 a 3 S
chóp đều nên SO  ABC . Ta có S A OA  BC   4 và 3 Xét S  OA có: 2 2 2 2 2 2 a 11a SO a 33  SA  OA  4a    SO  3 3 3 N 2 3 1 1 a 33 a 3 a 11 A B Vậy S V .ABC  SO.S A  BC  . .  3 3 3 4 12 K O J
Gọi N, I, J lần lượt là trung điểm của các đoạn SC, CO, OM. M I
Do SB/ /MN  SB/ / AMN . Suy ra: C
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 64
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện dAM,S 
B  dB,AMN  dC,AMN  2dI,AMN AM  IJ Ta có: 
 AM  IJN  IJN  AMN theo giao tuyến NJ. AM  IN
Trong IJN , kẻ IK  NJ  IK  AMN  dI,AMN  IK Xét tam giác I JN có: 1 1 1 16 12 188 11       IK  a 2 2 2 2 2 2 IK IJ IN a 11a 11a 188 Vậy   11 a 517 d AM,SB 2IK 2a.  188
47 . Vậy chọn đáp án C.
Câu 28. Cho khối lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Gọi K là trung điểm của DD’. Tính
khoảng cách giữa CK và A’D. a a a a A. 3 B. 5 C. 4 D. 2 Hướng dẫn giải
Gọi M là trung điểm của BB’ thì A'M C ∥ K B' C'
dCK,A'D  dCK,A'DM  d K,A'DM K 3V .A'DM  A' H D' M A S 'DM Ta có: K 1 1 1 B C 3 K V .A'DM  M V .KA'D  B
V '.KA'D  B'A'. A'D'.KD  a 3 2 12 A D
Hạ DH  A'M . Do AD  ABB'A' nên AH  A'M 2 2 a 2a Vì AH.MA'  2 A
S MA'  2ABB'A'  a nên AH   MA' 5 2 2 3a 1 3 2 Do đó DH  AD  AH   A S 'MD  DH.A'M  a 5 2 4 3 a 3. 3V a 12 Vậy d CK,A'D K.A'DM    S 3
. Vậy chọn đáp án A. 2 A'DM 3 a 4
Câu 29. Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên
và mặt phẳng đáy bằng 0
30 . Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A’B’C’) thuộc
đoạn thẳng B’C’. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA’ và B’C’ theo a.
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 65
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện a a a a 3 A. 3 B. 5 C. 4 D. 4 Hướng dẫn giải
Ta có A’H là hình chiếu của AA’ lên mặt phẳng A C (A’B’C’) nên 0 AA'H  30 B
Xét tam giác vuông AHA’ ta có: 0 a 0 a 3
AH  AA'sin30  ,A'H  AA'cos30  K 2 2
Mà tam giác A’B’C’ đều nên H là trung điểm của 300 B’C’. A' C' H
Vẽ đường cao HK của tam giác AHA’ B'
Ta có B'C'  AHA' nên B'C'  HK Suy ra   AH.A'H a 3 d AA',B'C'  HK   AA'
4 . Vậy chọn đáp án D.
Câu 30 . Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Cạnh bên SA vuông
góc với mặt đáy (ABC), I là trung điểm của AB và tam giác SIC vuông cân. Tính khoảng
cách giữa hai đường thẳng AI và SB theo a. A. 6a B. a 6 a 6 D. 6a 6 C. 6 Hướ ng dẫn giải CI  AB Ta có: 
 CI  SAB  CI  SI S CI  SA a 3
Suy ra tam giác SIC vuông cân tại I, nên SI  CI  2 2 2 2 2 3a a a 2 A C Do đó: SA  SI  AI    H 4 4 2 I
Dựng IH vuông góc với SB (I thuộc SB). Khi đó HI là đoạn B
vuông góc chung của SB và CI, do đó d SB;CI  HI HI BI
Hai tam giác vuông HBI và ABS đồng dạng, nên  SA SB a a 2 . BI.SA a 6 2 2  HI      SB . Vậy   a 6 d SB;CI HI a 6 6 6 2
Vậy chọn đáp án C.
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 66
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện
Câu 31. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc 0 ABC  60 cạnh bên
SD  a 2 . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc đoạn BD
sao cho HD  3HB. Gọi M là trung điểm của cạnh SD. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng CM và SB a 30 a 7 30a a 30 A. 8 B. 4 C. 7 D. 5 Hướng dẫn giải SB/ /OM  SB/ / MAC S
 d SB;CM  dSB;MAC M
 d S;MAC  dD;MAC A D 1 M
V .ACD  dM;ABCD.S A  CD 3 O 1 1 H     1 . d S; ABCD . B C A S BCD 3 2 2 3 1 a 15  S V .ABCD  4 96 1 Mặt khác M
V .ACD  dD;MAC .S MAC 3  3 a 15  d D;MAC M.A 3V CD 32 a 30    2 S
. Vậy chọn đáp án A. M  AC a 2 8 8
Câu 32. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, mặt bên SAB là tam
giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ABC . Gọi M là điểm thuộc
cạnh SC sao cho MC  2SM. Biết AB  a, BC  a 3. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BM. a 21 a 21 a 21 a 21 A. 8 B. 3 C. 7 D. 4 Hướng dẫn giải
Gọi H là trung điểm của AB  SH  AB S Do SA 
B  ABC nên SH  ABC M a 3 N
Do SAB là tam giác đều cạnh a nên SH  K 2 , 2 2 AC  BC  AB  a 2 A C
Từ M kẻ đường thẳng song song với AC cắt SA tại N H B
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 67
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện
 AC / /MN  AC / / BMN
Ta có: AC  AB  AC  SA 
B mà MN / /AC  MN  SA  B  SA  B  BMN
Từ A kẻ AK  BN K BN
 AK  BMN  AK  dA;BMN  dAC,BM MC 2 AN 2 Do    SC 3 SA 3 2 2 2 2 a 3 a 3  A S BN  S S AB  .  3 3 4 6 2 2 2 2 0 7a a 7 A 2S BN a 21
BN  AN  AB  2AN.AB.cos60   BN  , AK   9 3 BN 7 Vậy   a 21
d AC,BM  7 . Vậy chọn đáp án C
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 68
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện
Để sử dụng file word, quý thầy cô vui lòng đóng góp chút kinh phí để tạo động lực cho
tác giả ra đời những chuyên đề khác hay hơn STT TÊN TÀI LIỆU GIÁ MÃ SỐ 1
KĨ THUẬT GIẢI NHANH TRẮC NGHIỆM SỐ PHỨC_123 60K SO PHUC_123
Tặng 6 đề word thi thử THPT Quốc gia 2017
(có đáp án và lời giải chi tiết) {Đề 1-6} 2
CHỦ ĐỀ 1_KHỐI ĐA DIỆN {26 Trang} 50K HHKG_KDD
Tặng 5 đề word thi thử THPT Quốc gia 2017
(có đáp án và lời giải chi tiết) {Đề 7-11} 3
CHỦ ĐỀ 2_THỂ TÍCH KHỐI CHÓP {59 Trang} 110 HHKG_TTKC
Tặng 10 đề word thi thử THPT Quốc gia 2017 K
(có đáp án và lời giải chi tiết) {Đề 12-21} 4
CHỦ ĐỀ 3_THỂ TÍCH KHỐI LĂNG TRỤ {34 Trang} 70K HHKG_TTLT
Tặng 5 đề word thi thử THPT Quốc gia 2017
(có đáp án và lời giải chi tiết) {Đề 22-26} 5
CHỦ ĐỀ 456_NÓN TRỤ CẦU {56 Trang} 110 HHKG_NTC
Tặng 10 đề word thi thử THPT Quốc gia 2017 K
(có đáp án và lời giải chi tiết) {Đề 27-36} 6
CHỦ ĐỀ 7_KHOẢNG CÁCH {68 Trang} 130 HHKG_KC
Tặng 12 đề word thi thử THPT Quốc gia 2017 K
(có đáp án và lời giải chi tiết) {Đề 37-49} 7
CHỦ ĐỀ 8_GÓC {21 Trang} 50K HHKG_GOC
Tặng 5 đề word thi thử THPT Quốc gia 2017
(có đáp án và lời giải chi tiết) {Đề 50-54} 8
CHỦ ĐỀ 9_CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC 80k HHKG_CT
KHỐI LỒNG NHAU {29 Trang}
Tặng 8 đề word thi thử THPT Quốc gia 2017
(có đáp án và lời giải chi tiết) {Đề 55-63}
Hướng dẫn thanh toán
Quý thầy cô thanh toán cho mình qua ngân hàng. Sau khi chuyển khoản, mình sẽ lập tức gửi tài liệu cho quý thầy cô.
Nếu trong ngày mà thầy cô chưa nhận được thì vui lòng gọi điện trực tiếp cho mình.
Thầy cư. SĐT: 01234332133 NGÂN HÀNG TÊN TÀI KHOẢN TRẦN ĐÌNH CƯ TRẦN ĐÌNH CƯ TRẦN ĐÌNH CƯ SỐ TÀI KHOẢN 4010205025243 0161000381524 55110000232924 CHI NHÁNH THỪA THIÊN HUẾ THỪA THIÊN HUẾ THỪA THIÊN HUẾ
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 69
Chuyên đề: Hình học không gian
Chủ đề 1: Khối đa diện
Nội dung: Họ và tên_email_ma tai liệu
Ví dụ: Nguyễn Thị B_nguyenthib@gmail.com_HHKG_TTKC Lưu ý:
Thầy cô đọc kỹ file PDF trước khi mua, tài liệu mua chỉ dùng với mục đích cá nhân, không được
bán lại hoặc chia sẻ cho người khác.
CHÚC QUÝ THẦY CÔ DẠY TỐT VÀ THÀNH CÔNG TRONG SỰ NGHIỆP TRỒNG NGƯỜI
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 70