Chuyên đề LTĐH Hình học không gian

KHOẢNG CÁCH TỪ ĐIỂM TỚI MẶT
TÀI LIỆU BÀI GIẢNG

niệm được minh họa theo sơ đồ:

Khái niệm khoảng cách giữa điểm và điểm (điểm – điểm), điểm và đường thẳng (điểm – đường), hai
đường thẳng song song là các khái niệm cơ bản trong hình học phẳng, còn các khái niệm khác như : “
Đường thẳng đến mặt phẳng (đường – mặt) hay mặt phẳng đến mặt phẳng (mặt – mặt)” (ở đây các mối
quan hệ giữa
đường – mặt, mặt – mặt là song song) đều được chuyển qua khoảng cách giữa điểm và mặt phẳng (điểm –
mặt). Do đó trên thực tế , ta thường chỉ gặp hai lớp câu hỏi về khoảng cách là: “khoảng cách giữa một
điểm tới một mặt phẳng và khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau “. Sau đây ta sẽ đi tìm hiểu
chi tiết về hai lớp câu hỏi này.

I. Bài toán gốc
1. Nội dung:
Tính d (M ,( ))  ?
Trong đó M là hình chiếu vuông góc của một điểm nằm trên mặt phẳng ( ) (thường là đỉnh của hình đa
diện) xuống mặt đáy.
Trước khi đi giải quyết bài toán, ta nhắc lại các kiến thức cơ bản theo sơ đồ sau:

2. Cách giải chung:
Để dễ hình dung ta giả sử SM  (mặt đáy) và ( )  (SBC ) . Ta cần tính d (M ,(SBC ))  ?

Trang 1


Bước 1: Tìm giao tuyến của đáy và mặt bên : (mặt đáy) (SBC )  BC .
Bước 2: Kẻ MI  BC ( I  BC )
Bước 3: Dựng MH  SI ( H  SI ) , khi đó: d (M ,(SBC ))  MH .
Chú thích: Nếu tam giác MBC vuông tại B (hoặc C ) thì I  B (hoặc I  C ).

II. Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Cho hình chóp S. ABC có ABC là tam giác đều cạnh a . Hai mặt phẳng (SAC ),(SAB) cùng

vuông góc với đáy và góc tạo bởi SC và đáy bằng 600 . Tính khoảng cách từ A tới mặt phẳng ( SBC )
theo a .
Giải:

( SAC )  ( ABC )


Do ( SAB)  ( ABC )
  SA  ( ABC )
( SAC ) ( SAB)  SA
Suy ra góc tạo bởi SC và mặt đáy là

SCA  600  SA  AC tan SCA  a 3
Gọi I , H lần lượt là hình chiếu vuông góc
của A trên BC, SI , khi đó:

AI  BC 
  BC  ( SAI )  BC  AH , mà AH  SI nên suy ra AH  (SBC )
SA  ( ABC )  SA  BC 
Do đó d ( A,(SBC ))  AH . Tam giác ABC đều cạnh a nên AI 
Khi đó xét tam giác SAI :
d ( A, ( SBC )) 

a 3
2

1
1
1
1
4
5
a 15
. Vậy
 2  2  2  2  2  AH 
2
5
AH
SA
AI
3a 3a
3a

a 15
5

Ví dụ 2. Cho hình chóp S. ABCD có ABCD hình thang vuông tại A và D . Biết AD  DC  a, AB  2a ;

SA vuông góc với đáy và góc tạo bởi SC và mặt phẳng ( SAD) bằng 300 . Tính khoảng cách từ A đến
mặt phẳng ( SBC ) .

Trang 2


Giải:
Ta có:

SA  ( ABCD)  SA  CD 
  CD  ( SAD)
AD  CD 
Suy ra SD là hình chiếu vuông góc của SC trên mặt phẳng ( SAD)
Do đó góc tạo bởi SD và mặt phẳng
( SAD) là CSD  300 . Suy ra :

DC

SC 

sin CSD



a
 2a
sin 300

Gọi K là trung điểm của AB , khi đó

ADCK là hình vuông nên:
CK  a 

AC
, suy ra tam giác ACB vuông tại C hay AC  CB
2

Mặt khác SA  CB  CB  (SAC ) . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SC

CB  AH

 AH  ( SBC )  d ( A, ( SBC ))  AH
 SC  AH
Ta có AC 2  AD2  DC 2  2a2  SA2  SC 2  AC 2  4a2  2a2  2a2
Xét tam giác SAC :

1
1
1
1
1
1
 2
 2  2  2  AH  a
2
2
AH
SA
AC
2a
2a
a

Vậy d ( A,(SBC ))  a .
Nhận xét: Ở ví dụ 2 do AC  BC , nên việc dựng hình chiếu của A trên mặt phẳng ( SBC ) chỉ là công
việc dựng hình chiếu của A trên SC như cách làm trên.
Ví dụ 3. Cho hình hộp ABCD.A ' B ' C ' D ' có ABCD là hình vuông cạnh a . Hình chiếu vuông góc của A '
xuống mặt đáy ( ABCD) là trung điểm M của AB và góc tạo bởi đường thẳng AA ' và mặt phẳng

( ABCD) bằng 600 . Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( AA ' C ) theo a .

Giải:
MA là hình chiếu vuông góc của AA ' trên mặt phẳng ( ABCD)

Nên ta có A ' AM  600 là góc tạo bởi AA ' và mặt phẳng ( ABCD)
Suy ra A ' AB là tam giác đều cạnh

Trang 3


a 3
.
2
Kẻ MI  AC ( I  AC ). Khi đó
AB  a  A ' M 

BO BD a 2
với BD AC  O


2
4
4
Mặt khác AC  A ' M  AC  ( A ' MI ) . Gọi H là hình
chiếu vuông góc của M trên
A' I
 AC  MH

 MH  ( AA ' C )  d ( M , ( AA ' C ))  MH

 A ' I  MH
MI 

Xét tam giác A ' MI :

1
1
1
4
8
28
a 21


 2  2  2  MH 
2
2
2
MH
MA ' MI
3a a
3a
14

Vậy d ( M , ( AA ' C )) 

a 21
.
14

Trang 4


KHOẢNG CÁCH TỪ ĐIỂM TỚI MẶT
BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 1. Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A ; AB  a . Biết mặt phẳng ( SAB)
và mặt phẳng ( SAC ) cùng vuông góc với đáy, góc tạo bởi đường thẳng SB và mặt phẳng ( ABC ) bằng
600 Tính theo a khoảng cách từ A tới mặt phẳng ( SBC ) .

Bài 2. Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình vuông, tam giác A’AC vuông cân, A’C = a.
Tính theo a khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (BCD’) .
Bài 3. Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình thoi cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với đáy, BAD  1200 ,
M là trung điểm của cạnh BC và SMA  450 . Tính theo a khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SDC ) .

Bài 4. Cho lăng trụ ABCD. A1B1C1D1 có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, AD  a 3 . Hình chiếu
vuông góc của điểm A1 trên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm của AC và BD. Góc giữa hai mặt
phẳng ( ADD1 A1 ) và ( ABCD) bằng 600 . Tính theo a khoảng cách từ tâm của hình chữ nhật ABCD đến
mặt phẳng ( A1CD) .
Bài 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D; AB  AD  2a , CD = a; góc
giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và ( ABCD) bằng 600 . Gọi I là trung điểm của cạnh AD. Biết hai mặt phẳng
( SBI ) và ( SCI ) cùng vuông góc với mặt phẳng ( ABCD) , tính khoảng cách từ I tới mặt phẳng ( SBC ) .

Bài 6.Cho hình lăng trụ tam giác ABC. A ' B ' C ' có BB '  a , góc giữa đường thẳng BB ' và mặt phẳng
( ABC ) bằng 600 ; tam giác ABC vuông tại C và BAC  600 . Hình chiếu vuông góc của điểm B ' lên mặt

phẳng ( ABC ) trùng với trọng tâm G của tam giác ( ABC ) . Tính theo a khoảng cách từ G tới mặt phẳng
( BCC ' B ') .

Bài 7. Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh 2a, SA = a, SB = a 3 và mặt phẳng

( SAB) vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CD và H là hình
chiếu vuông góc của S trên AB . Tính theo a khoảng cách từ H tới mặt (SMN ) .
Bài 8. Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác vuông tại A , AC  a 3 , BC  a 7 . Gọi M
là trung điểm của AB và MA ' C  600 . Hình chiếu vuông góc của điểm A ' trên mặt phẳng ( ABC ) là
trung điểm H của MC . Tính theo a khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng (MA ' C ') .
Bài 9. Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB  a , BC  a 3 . Hình chiếu
vuông góc của S trên mặt phẳng ( ABC ) là trọng tâm H của tam giác ABC . Góc giữa hai mặt phẳng
( SAB) và ( ABC ) bằng 600 . Tính theo a khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng ( SAC ) .

a
. Gọi M là trung điểm của BC và
2
BC vuông góc với mặt phẳng (SAM ) . Biết góc tạo bởi SM và mặt phẳng ( ABC ) bằng 600 .

Bài 10. Cho hình chóp S. ABC có BAC  1200 , BC  a 3 , SA 

Tính theo a khoảng cách giữa trung điểm của AM đến mặt phẳng ( SAC ) .

Trang 5


KHOẢNG CÁCH TỪ ĐIỂM TỚI MẶT
ĐÁP ÁN BÀI TẬP TỰ LUYỆN

Bài 1. Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A ; AB  a . Biết mặt phẳng ( SAB)
và mặt phẳng ( SAC ) cùng vuông góc với đáy, góc tạo bởi đường thẳng SB và mặt phẳng ( ABC ) bằng
S
600 Tính theo a khoảng cách từ A tới mặt phẳng ( SBC ) .
Giải:
( SAB)  ( ABC )


 SA  ( ABC )
Do ( SAC )  ( ABC )
( SAB) ( SAC )  SA

K
600
A
Suy ra góc tạo bởi SB và mặt phẳng ( ABC ) là ABS  600 .
B
a
Gọi I , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên BC, SI .
Khi đó BC  AI ; BC  SA  BC  (SAI )  BC  AK

I

Mặt khác AK  SI  AK  (SBC )  d ( A,(SBC ))  AK .
C

Xét tam giác SAB có : SA  AB tan ABS  a.tan 600  a 3
Xét tam giác tam giác ABC có AI 
Xét tam giác SAI có:

AC a 2

2
2

1
1

1
1
2
7
a 21
a 21

 2  2  2  2  AK 
 d ( A, ( SBC )) 
2
2
AK
AS
AI
3a a
3a
7
7

Bài 2. Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình vuông, tam giác A’AC vuông cân, A’C = a.
Tính theo a khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (BCD’) .
Giải:
A'C
a
Do tam giác A’AC vuông cân, suy ra AA '  AC 

2
2
A'
Kẻ AH  A ' B ( H  A ' B ) (1)

B'
Do CB  ( ABB ' A ')  CB  AH (2)
Từ (1) và (2) suy ra AH  ( BCD ' A ')
 d ( A,( BCD '))  d ( A,( BCD ' A '))  AH
Ta có ABCD là hình vuông nên AB 

H

D'

AC a

2 2

C'
A

B

Xét tam giác ABA ' ta có:

D

Trang 6

C


1
1

1
2
4
6
a 6


 2  2  2  AK 
2
2
2
AH
AA '
AB
a
a
a
6

Vậy d ( A, ( BCD ')) 

a 6
.
6

Bài 3. Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình thoi cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với đáy, BAD  1200 ,
M là trung điểm của cạnh BC và SMA  450 . Tính theo a khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SDC ) .

Giải:
Kẻ AN  DC ( N  DC )

S

Do ABCD là hình thoi cạnh a và BAD  1200
nên ABC, ADC đều là các tam giác đều cạnh a
Suy ra AM  AN 

a 3
2

a 3
a 3
.tan 450 
2
2
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SN , khi đó:
CD  AN
 CD  ( SAN )  CD  AH

CD  SA
mà AH  SN  AH  (SCD)  d ( A,(SCD))  AH

Khi đó SA  AM tan BAD 

Xét tam giác SAN ta có:

H

A

B
450

1200

M
D

C

N

1
1
1
4
4
8
a 6
a 6
hay d ( A, ( SCD)) 


 2  2  2  AH 
2
2
2
AH
AS
AN

3a 3a
3a
4
4

Bài 4. Cho lăng trụ ABCD. A1B1C1D1 có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, AD  a 3 . Hình chiếu
vuông góc của điểm A1 trên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm của AC và BD. Góc giữa hai mặt
phẳng ( ADD1 A1 ) và ( ABCD) bằng 600 . Tính theo a khoảng cách từ tâm của hình chữ nhật ABCD đến
mặt phẳng ( A1CD) .
A1

Giải:
Gọi AC

D1

BD  H   A1H  ( ABCD)

Dựng HM  AD ( M  AD )  AD  ( A1HM )
Suy ra góc tạo bởi mặt phẳng ( ADD1 A1 )

B1

C1

và ( ABCD) là HMA1  600 .
Ta có HM 

AB a


2
2

a
a 3
 A1 H  HM .tan HMA1  .tan 600 
2
2
Kẻ HI  CD ( I  CD) và HK  A1I ( K  A1I )

 CD  ( A1HI )  CD  HK  HK  ( ACD
)
1

600

A

K

M

D
I

H
B

))  HK .
hay d ( H ,( ACD

1

Trang 7

C


Ta có HI 

AD a 3
.

2
2

Xét tam giác A1HI ta có:

1
1
1
4
4
8
a 6

 2  2  2  2  HK 
2
2
HK
A1H

HI
3a 3a
3a
4

a 6
.
4
Bài 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D; AB  AD  2a , CD = a; góc
giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và ( ABCD) bằng 600 . Gọi I là trung điểm của cạnh AD. Biết hai mặt phẳng

Vậy d ( H , ( A1CD)) 

( SBI ) và ( SCI ) cùng vuông góc với mặt phẳng ( ABCD) , tính theo a khoảng cách từ I tới mặt phẳng
( SBC ) .

Giải:

S

( SBI )  ( ABCD)

Ta có ( SCI )  ( ABCD)  SI  ( ABCD)
( SBI ) ( SCI )  SI

Kẻ IM  BC (M  BC )  BC  (SIM ) , suy ra góc tạo bởi
mặt phẳng ( SBC ) và ( ABCD) là SMI  600 .
Dựng IH  SM ( H  SM )  BC  IH  IH  (SBC )
 d ( I ,(SBC ))  IH
Ta có S ABCD 

( AB  DC ). AD (2a  a).2a

 3a 2
2
2

S IAB  S IDC
Suy ra S IBC

A

B

H

I

AI . AB ID.DC 3a 2



2
2
2

M
D

3a 2

 S ABCD  ( S IAB  S IDC ) 
2

C

3a 2
2S
2  3 5a
Mặt khác: BC  ( AB  DC )2  AD2  a 5  IM  IBC 
BC
5
a 5
2.

Xét tam giác IHM ta có: IH  IM .sin HMI 

3 5a
3 15a
3 15a
hay d ( I , ( SBC )) 
.
.sin 600 
5
10
10

Bài 6. Cho hình lăng trụ tam giác ABC. A ' B ' C ' có BB '  a , góc giữa đường thẳng BB ' và mặt phẳng
( ABC ) bằng 600 ; tam giác ABC vuông tại C và BAC  600 . Hình chiếu vuông góc của điểm B ' lên mặt

phẳng ( ABC ) trùng với trọng tâm G của tam giác ( ABC ) . Tính theo a khoảng cách từ G tới mặt phẳng

( BCC ' B ') .

Giải:
Gọi I là trung điểm của AC . Do B ' G  ( ABC ) , suy ra
góc tạo bởi BB ' và mặt phẳng ( ABC ) là B ' BG  600

Trang 8


B'


a 3
 B ' G  BB '.sin B ' BG 
2

 BG  BB '.cos B ' BG  a  BI  3 BG  3a

2
2
4

C'

Do BAC  60 nên BC  AC.tan 60  3 AC
0

0

2

A'

B

 AC  9a
Ta có: BC 2  CI 2  BI 2  3 AC 2  
 
16
 2 

2

600

H
A
G

3a 13
3a 13
 AC 
 CI 
26
52

I

K

C
GK BG 2
2
a 13
Kẻ GK  BC ( K  BC )  GK / /CI 
và BC  ( B ' GK ) (1)

  GK  CI 
CI
BI 3
3
26
Kẻ GH  B ' K ( H  B ' K ) (2) . Theo (1) suy ra BC  GH (3)
Từ (2) và (3) suy ra GH  ( BCC ' B ')  d (G,( BCC ' B '))  GH
Ta có

1
1
1
4 52 160
a 30
a 30
hay d (G, ( BCC ' B ')) 
.


 2  2  2  GH 
2
2
2

GH
GB ' GK
3a
a
3a
40
40

Bài 7. Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh 2a, SA = a, SB = a 3 và mặt phẳng
( SAB) vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CD và H là hình
chiếu vuông góc của S trên AB . Tính theo a khoảng cách từ H tới mặt (SMN ) .
Giải:
( SAB)  ( ABCD)

Ta có ( SAB) ( ABCD)  AB  SH  ( ABCD)
 SH  AB

Do AB2  4a2  SA2  SB2 , suy ra tam giác SAB vuông tại S . Khi đó:
1
1
1
1
1
4
a 3
 2  2  2  2  2  SH 
2
SH
SA SB
a 3a

3a
2

S

Gọi I , K lần lượt là hình chiếu của H trên MN , SI , khi đó :
MN  (SHI )  MN  HK  HK  (SMN )  d ( H ,(SMN ))  HK
Ta có CM  CN  a  MN  a 2
và AH 

2

A K

D

2

SA
a
a
3a

  BH  AB  AH 
AB 2a 2
2

H

Suy ra

S AHND  S HBM  S NCM

N

I
B

M

C

a

 a  .2a 3a .a

( AH  DN ). AD HB.BM CN .CM  2
a.a 11a 2

2







2
2
2

2
2
2
4

 S HNM  S ABCD  ( S AHND  S HBM  S NCM  4a 2 

11a 2 5a 2

4
4

Trang 9


Khi đó HI 

2S HNM
5a 2
5a 2


MN
8
4.a 2

Xét tam giác SHI , ta có:
Vậy d ( H , ( SMN )) 

1

1
1
32
4
196
5a 3



 2 
 HK 
2
2
2
2
2
HK
HI
SH
25a 3a
75a
14

5a 3
.
14

Bài 8. Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác vuông tại A , AC  a 3 , BC  a 7 . Gọi M
là trung điểm của AB và MA ' C  600 . Hình chiếu vuông góc của điểm A ' trên mặt phẳng ( ABC ) là
trung điểm H của MC . Tính theo a khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng (MA ' C ') .

Giải:
Ta có A ' H  ( ABC ) , suy ra tam giác A ' MC cân tại A , mà MA ' C  600 nên A ' MC là tam giác đều.
AB
 a và MC  MA2  AC 2  2a
2

Ta có: AB  BC 2  AC 2  7a 2  3a 2  2a  AM 
Vậy A ' MC là tam giác đều có cạnh là 2a nên A ' H 

2a 3
a 3
2

Gọi N là trung điểm của BC , suy ra MN // AC mà AC // A ' C '
nên MN // A ' C '
 (MA ' C ')  ( ABC )  MN ( (MA ' C ')  (MA ' C ' N ) )

Có NH là đường trung bình trong tam giác MBC , s

 NH / / AB
MB a

uy ra NH 
và  MN / / AC  NH  MN (1) .

2
2
 AB  AC

Gọi K là hình chiếu của H trên NA ' nên HK  A ' N (*)

Ta có A ' H  MN (2) (do A ' H  ( ABC ) ) .
Từ (1) và (2) suy ra MN  ( A ' HN )  MN  HK (2*)
Từ (*) và (2*) suy ra: HK  (MNA ') hay HK  (MA ' C ')  d ( H ,(MA ' C '))  HK
Xét tam giác vuông A ' HN ta có: HK 

Vậy d ( H , ( MA ' C ')) 

HN .HA '
HN 2  HA '2



a
.a 3
2
2



a
   a 3
2




2

a 3 a 39


13
13

a 39
.
13

Bài 9. Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB  a , BC  a 3 . Hình chiếu
vuông góc của S trên mặt phẳng ( ABC ) là trọng tâm H của tam giác ABC . Góc giữa hai mặt phẳng
( SAB) và ( ABC ) bằng 600 . Tính theo a khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng ( SAC ) .

Giải:
Ta có SH  ( ABC )  AB  SH (1)

Trang 10


Gọi E là hình chiếu vuông góc của H trên AB , suy ra AB  EH (2)
Từ (1) và (2), suy ra : AB  (SEH ) ,
suy ra góc tạo bởi ( SAB) và ( ABC ) là : SEH  600
Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BC, AC
Ta có: BM 
AB ) 

BC a 3
và HE // BM (cùng vuông góc với

2
2

EH
AH 2
2
a 3

  EH  BM 
BM AM 3
3
3

a 3
. 3a
3
Gọi I , K lần lượt là hình chiếu của H trên AC và SI . Khi đó:

Xét SEH : SH  EH .tan 600 

2
2
2 1
1
a2 3
Vì AH  AM  S AHC  S AMC  . S ABC  S ABC 
3
3
3 2
3
6

a2 3

2S
1
a 3
6
.
 HI . AC  HI  AHC 

2
AC
6
a 2  (a 3) 2
2.

Mặt khác: S AHC

Xét tam giác SHI , ta có: HK 
d ( H , ( SAC )) 

a 3 
 
.a  :
HI 2  SH 2  6

HI .SH

2

a 3
a 13
2

hay

  a 
6
13



a 13
.
13

a
. Gọi M là trung điểm của BC và
2
BC vuông góc với mặt phẳng (SAM ) . Biết góc tạo bởi SM và mặt phẳng ( ABC ) bằng 600 . Tính theo a

Bài 10. Cho hình chóp S. ABC có BAC  1200 , BC  a 3 , SA 

khoảng cách giữa trung điểm của AM đến mặt phẳng ( SAC ) .
Giải:
Do BC  (SAM ) , suy ra góc tạo bởi SM và mặt phẳng ( ABC ) là SMA  600 (1) S
BC a 3
Ta có MC 
và AM  BC

2
2
Suy ra tam giác ABC cân tại A  CAM  600

K

a 3
a
 AM  MC cot CAM 
.cot 600   SA (2)
2
2
Từ (1) và (2) suy ra tam giác SAM đều.
Khi đó, gọi H là trung điểm của AM  SH  AM
mà SH  BC (do BC  (SAM ) )  SH  ( ABC )  SH  AC

Kẻ HI  AC ( I  AC )  AC  (SHI )
Dựng HK  SI ( K  SI )  HK  (SAC)  d ( H ,(SAC))  HK

Trang 11

A

I
H
M

B

C


Ta có SAM là tam giác đều cạnh

a
a 3
 SH 
2
4

a
a 3
Xét tam giác AHI có HI  AH sin IAH  .sin 600 
4
8

Suy ra

1
1
1
16
64
80
a 15
a 15
hay d ( H , ( SAC )) 
.

 2  2  2  2  HK 
2
2
HK
SH

HI
3a 3a
3a
20
20

Trang 12


KHOẢNG CÁCH TỪ ĐIỂM TỚI MẶT
TÀI LIỆU BÀI GIẢNG

I. Kĩ thuật chuyển điểm – đỉnh
1. Kĩ thuật chuyển điểm
Khi bài toán yêu cầu tính khoảng cách từ một điểm K (xếp vào điểm tính Khó) không phải là chân
chiều cao của khối đa diện tới mặt ( ) (không thuộc bài toán gốc) lúc này ta sẽ chuyển sang điểm D
(chuyển về bài toán gốc) là chân chiều cao của khối đa diện (xếp vào điểm tính Dễ) qua mối quan hệ sau:

KD // ( ) , khi đó: d ( K ,( ))  d ( D,( )) .
d ( K , ( )) IK
 KD ( )  I  , khi đó:

d ( D, ( )) ID
2. Kĩ thuật chuyển đỉnh
Trong nhiều trường hợp việc tính khoảng cách từ một điểm tới một mặt phẳng ta không dùng được kĩ
thuật chuyển điểm, cũng như không chuyển về được bài toán gốc. Lúc này ta có thể nghĩ tới kĩ thuật
3V
V
chuyển đỉnh nhờ công thức h 
(1) (với khối chóp) hoặc h 

(2) (với khối lăng trụ) . Ý tưởng trên
S
S
được hiểu như sau: “Ta sẽ quy bài toán tìm khoảng cách về bài toán tìm chiều cao của một hình chóp
(hoặc hình lăng trụ) và giả sử là tìm khoảng cách từ đỉnh A . Ban đầu ta đi tính thể tích của khối chóp
(hoặc lăng trụ) theo một con đường khác mà không dựa vào đỉnh A mà chuyển qua đỉnh A '  A (chiều
cao được chuyển qua đỉnh khác) , sau đó tính diện tích đáy đối diện với đỉnh A ' và sử dụng một trong
hai công thức (1) , (2)”.
(sẽ được giải thích rõ hơn trong hình vẽ ở phần video bài giảng cũng như các ví dụ đi kèm)



II. Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Cho hình chóp S. ABCD có ABCD là hình vuông cạnh a , SD vuông góc với mặt phẳng
( ABCD) . Góc tạo bởi SB và mặt đáy bằng 600 . Gọi K là trung điểm của BC . Tính:
a. Khoảng cách từ C đến ( SAB) .

b. Khoảng cách từ K đến ( SAB) .

Giải:
Ta có SD  ( ABCD) , nên góc tạo bởi SB và mặt đáy là góc SBD  600 Do ABCD là hình vuông cạnh a
 BD  a 2  SD  BD.tan SBD  a 6

Trang 13


 BA  DA
Ta có: 
 BA  ( SDA)
 BA  SD

Kẻ DH  SA ( H  SA ), suy ra:
 BA  DH
 DH  ( SAB)  d ( D,(SAB))  DH

 SA  DH
.Xét tam giác SDA :
1
1
1
1
1
7
a 42
 2  2  2  DH 


2
2
2
6a
a
6a
7
DH
SD
AD
a 42
, khi đó:
 d ( D, ( SAB)) 
7

a. Ta có

a 42
.
7
d ( K , ( SAB)) IK 1
IK BK 1



 
(SAB)  {I } . Do KB // DA 
ID AD 2
d ( D, ( SAB)) ID 2

CD // BA  CD // ( SAB)  d (C , (SAB))  d ( D, (SAB)) 
b. Gọi DK

AB  {I }  DK

 d ( K , ( SAB)) 

1
1 a 42 a 42
a 42
. Vậy d ( K , ( SAB)) 
.
d ( D, ( SAB))  .

2

2 7
14
14

Ví dụ 2. Cho hình chóp S. ABC có SB  a, SC  2a, BSC  600 . Gọi M là chân đường cao kẻ từ đỉnh A
của tam giác ABC và AM  2a . Biết hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ( ABC ) là điểm thuộc
đường thẳng AM , góc tạo bởi SB và đáy ABC bằng 300 . Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng
( SBC ) .
Giải:
Do SH  ( ABC )   SB,( ABC )   SBH  300

S

a
2
Áp dụng định lí cosin trong tam giác SBC ta có:
BC 2  SB2  SC 2  2SB.SC.cos 600

Khi đó SH  SB.sin SBH  a.sin 300 

600

a
2a

 5a 2  2a 2  3a 2  BC  a 3
1
Suy ra S ABC  AM .BC  a 2 3
2

H

1
1 a
a 3
 SH .S ABC  . .a 2 3 
3
3 2
6

Mặt khác SSBC 

B

2a
3

Khi đó VSABC

300

A

M

C

3V
1
1

a2 3
Suy ra d  A, ( SBC )   SABC
SB.SC.sin BSC  a.2a.sin 600 
S SBC
2
2
2

a3 3
 2 6  a.
a 3
2
3.

Ví dụ 3. Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của

Trang 14


A ' trên mặt phẳng ( ABC ) là trung điểm của AB . Góc tạo bởi A ' C và mặt phẳng đáy ( ABC ) bằng 600 .

Tính theo a khoảng cách từ trung điểm M của BC đến mặt phẳng ( ACC ' A ') .
Giải:
Gọi H là trung điểm của AB  A ' H  ( ABC ) , suy ra

A'

C'

góc tạo bởi A ' C và mặt phẳng đáy ( ABC ) là A ' CH  600

Do HM là đường trung bình trong tam giác ABC
 MH // AC  MH // ( ACC ' A ')

B'

 d (M ,( ACC ' A '))  d ( H ,( ACC ' A ')) (*)

Dựng HI  AC ( I  AC ) và kẻ HK  A ' I (1)
 AC  IH
Khi đó 
 AC  ( HIA ')  AC  HK (2)
 AC  A ' H
Từ (1) và (2) suy ra HK  ( ACC ' A ')
 d ( H ,( ACC ' A '))  HK (2*)

K
I

A

600
C
M

H
B

a 3
a2 3
Do ABC là tam giác đều cạnh a nên CH 

và S ABC 
2
4

Suy ra A ' H  HC.tan A ' CH 

a 3
3a
. Lúc này ta tính HI theo hai cách sau:
. 3
2
2

a2 3
2S
S
a 3
Cách 1: Ta có HI  AHC  ABC  4 
AC
AC
a
4
a
a 3
Cách 2: Xét tam giác HAI có: HI  AH sin A  .sin 600 
2
4

Xét tam giác A ' HI ta có:

1
1
1
16
4
52
3a 13
(3*)


 2  2  2  HK 
2
2
2
HK
HI
HA '
3a 9a
9a
26

Từ (*), (2*) và (3*) ta được: d ( M , ( ACC ' A ')) 

3a 13
.
26

Ví dụ 4. Cho hình chóp S. ABC có ABC là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của S xuống
mặt đáy trùng với trọng tâm tam giác ABC . Góc tạo bởi mặt phẳng ( SBC ) và mặt đáy bằng 300 . Gọi M
2

là điểm thỏa mãn MS   MA . Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( SBC ) theo a .
3

Giải:
Gọi H là trọng tâm tam giác ABC , suy ra SH  ( ABC )
d ( M , ( SBC )) MS 2
2
MS 2


Do MS   MA nên M thuộc đoạn SA và
 Ta có AM ( SBC )  {S} 
d ( A, ( SBC )) AS 5
3
AS 5
2
 d ( M , ( SBC ))  d ( A, ( SBC )) (*)
5
d ( A, ( SBC )) AI
Mặt khác: Gọi AH (SBC )  {I } 

 3  d ( A, ( SBC ))  3d ( H , ( SBC )) (2*)
d ( H , ( SBC )) HI
Dựng HK  SI ( K  SI ), khi đó:

Trang 15


BC  AI 
  BC  ( SAI )  BC  HK

BC  SH 
Mà SI  HK , suy ra HK  (SBC)  d ( H ,(SBC))  HK

S
M

Do BC  (SAI ) nên góc tạo bởi ( SBC ) và mặt đáy là SIA  30 .
Ta có ABC là tam giác đều cạnh a ,
AI a 3
a 3
a
A
suy ra HI 

 SH  HI tan SIA 
tan 300 
3
6
6
6
1
1
1
36 36 48
a 3
a 3 H
Khi đó
(3*)



 2  2  2  HK 
 d ( H , ( SBC )) 
2
2
2
HK
HI
HS
3a
a
a
12
12
6 a 3 a 3
Từ (*), (2*) và (3*) ta được: d ( H , ( SBC ))  .

C
5 12
10
0

Trang 16

K
I

B


KHOẢNG CÁCH TỪ ĐIỂM TỚI MẶT

BÀI TẬP TỰ LUYỆN

3a
, hình
2
chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ABCD là trung điểm của cạnh AB . Tính theo a khoảng cách từ
A đến mặt phẳng ( SBD) .

Bài 1.(A, A1 – 2004). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SD 

Bài 2. Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB  a , SA  BC  2a . Biết hai mặt phẳng
( SAC ) và ( SBD) cùng vuông góc với mặt đáy . Tính theo a khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) .
Bài 3 (B – 2013). Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , mặt bên SAB là tam giác đều và
nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính theo a khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SCD) .
Bài 4. Cho hình lăng trụ tam giác ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại A và
AB  a, BC  2a . Biết hình chiếu của B ' lên mặt phẳng ( ABC ) trùng với tâm của đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC và góc giữa đường thẳng CC ' và mặt phẳng ( A ' B ' C ') bằng 600 . Tính theo a khoảng
cách từ điểm B tới mặt phẳng ( B ' AC ) .
Bài 5. Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình thoi cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với đáy, BAD  1200 ,
M là trung điểm của cạnh BC và SMA  450 . Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SDC ) .

Bài 6. Cho hình chóp S. ABC , có đáy ABC là hình chóp đều cạnh a . Gọi M là trung điểm của cạnh
2a
. Tính theo a
AB , hình chiếu vuông góc của S trùng với trọng tâm của tam giác MBC , biết SC 
3
khoảng cách từ C đến mặt phẳng ( SAB) .
a
. Gọi M là trung điểm của BC và BC
2

vuông góc với mặt phẳng (SAM ) . Biết góc tạo bởi SM và mặt phẳng ( ABC ) bằng 600 . Tính theo a

Bài 7. Cho hình chóp S. ABC có BAC  1200 , BC  a 3 , SA 

khoảng cách từ điểm B tới mặt phẳng ( SAC ) .
Bài 8. Cho hình hộp ABCD.A ' B ' C ' D ' có ABCD là hình vuông cạnh a . Hình chiếu vuông góc của A '
xuống mặt đáy ( ABCD) là trung điểm M của AB và góc tạo bởi đường thẳng AA ' và mặt phẳng
( ABCD) bằng 600 . Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( AA ' C ) theo a .

Bài 9. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật; AB  2a , AD  a 5 ; góc giữa đường
thẳng SD và mặt phẳng ( ABCD) bằng 300 . Gọi M là trung điểm của cạnh AB . Biết hai mặt phẳng
( SBD) và (SMC ) cùng vuông góc với mặt phẳng ( ABCD) . Tính theo a khoảng cách từ C đến (SMD) .

3a
a 13
; AB  2a, CD 
.
2
4
Tam giác SCD vuông cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy ( ABCD) . Tính theo a

Bài 10. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, AD  BC 

khoảng cách từ trọng tâm của tam giác ABD tới mặt phẳng ( SAB) .

Trang 17


KHOẢNG CÁCH TỪ ĐIỂM TỚI MẶT
ĐÁP ÁN BÀI TẬP TỰ LUYỆN

3a
, hình
2
chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ABCD là trung điểm của cạnh AB . Tính theo a khoảng cách từ
A đến mặt phẳng ( SBD) .

Bài 1.(A, A1 – 2004). Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SD 

Giải:
Gọi H là trung điểm của AB  SH  ( ABCD)

d ( A, ( SBD)) BA

2
d ( H , ( SBD)) BH
 d ( A,(SBD))  2d ( H ,(SBD)) (1)
AH

( SBD)  B 

Kẻ HM  DB ( M  DB ) và HK  MS ( K  SM )

 DB  HM
Khi đó: 
 DB  ( SHM )  DB  HK
 DB  SH
Mà HK  SM , do đó:
HK  (SBD)  d ( H ,(SBD))  HK (2)
a

a 2
Xét tam giác HMB ta có: HM  HB.sin MBH  .sin 450 
2
4
1
1
1
1
8
9
a
Xét tam giác SHM :
(3)


 2  2  2  HK 
2
2
2
HK
SH
HM
a
a
a
3
2a
Từ (1), (2) và (3) suy ra: d ( A, ( SBD)) 
.
3

Bài 2. Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB  a , SA  BC  2a . Biết hai mặt phẳng
( SAC ) và ( SBD) cùng vuông góc với mặt đáy . Tính theo a khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) .
Giải:
S
Gọi AC BD  H  .

( SAC )  ( ABCD)

 SH  ( ABCD)
Ta có: ( SBD)  ( ABCD)
( SAC ) ( SBD)  SH


K

AC
AB  BC
a  4a
a 5



2
2
2
2
Xét tam giác SAH ta có :
2

Ta có AH 

2

2

2

2

B
I

H

5a 2 a 11
SH  SA  AH  4a 

4
2
2

A

D

2

Trang 18

C


Do AH

( SBC )  C 

d ( A, ( SBC )) AC

 2  d ( A, ( SBC ))  2d ( H , ( SBC )) (1)
d ( H , ( SBC )) HC

 BC  HI
AB a
Kẻ HI  BC ( I  BC ), suy ra 
 BC  ( SHI ) và HI 

2
2
 BC  SH
 HK  BC
Kẻ HK  SI ( K  SI ), suy ra 
 HK  ( SBC )  d ( H , ( SBC ))  HK (2)
 HK  SI
Xét tam giác SHI , ta có:

1
1
1
4

4
48
a 33

 2 
 2 
 HK 
2
2
2
2
HK
SH
HI
11a a
11a
12

(3)

a 33
6
Bài 3 (B – 2013). Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , mặt bên SAB là tam giác đều và
nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính theo a khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SCD) .

Từ (1); (2) và (3) ta được: d ( A, ( SBC )) 

Giải:
S

a 3
Gọi H là trung điểm của AB  SH  AB và SH 
2
( SAB)  ( ABCD)

Ta có ( SAB) ( ABCD)  AB  SH  ( ABCD)
( SAB)  SH  AB

Có AH / /CD  AH / /(SCD)  d ( A,(SCD))  d ( H ,(SCD))

K

A

D

Kẻ HI  CD ( I  CD ) , suy ra CD  (SHI )

 HK  CD
Kẻ HK  SI ( K  SI ) , suy ra 
 HK  ( SCD)
 HK  SI
Khi đó d ( A,(SCD))  d ( H ,(SCD))  HK .
Ta có HI  AD  a . Xét tam giác SHI ta có:

I

H
B

C

1
1
1
4
1
7
a 21

 2  2  2  2  HK 
2
2
HK
SH
HI
3a a
3a
7

a 21
.
7
Bài 4. Cho hình lăng trụ tam giác ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại A và
AB  a, BC  2a . Biết hình chiếu của B ' lên mặt phẳng ( ABC ) trùng với tâm của đường tròn ngoại tiếp

Vậy d ( A, ( SCD)) 

tam giác ABC và góc giữa đường thẳng CC ' và mặt
phẳng ( A ' B ' C ') bằng 600 . Tính theo a khoảng cách từ

B'

C'

điểm B tới mặt phẳng ( B ' AC ) .
Giải:
A'

Gọi H là trung điểm của BC .
Do tam giác ABC vuông tại A nên H là tâm của đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC  B ' H  ( ABC )
Do

BH

( B ' AC )  C 

B

K
H

I
d ( B, ( B ' AC )) BC

 2  d ( B, ( B ' AC ))  2d ( H , ( B ' AC ))
d ( H , ( B ' AC )) HC
A

Trang 19

C


(1)
Kẻ HI  AC ( I  AC ), suy ra AC  ( B ' HI )

 HK  AC
Kẻ HK  B ' I ( K  B ' I ), suy ra 
 HK  ( B ' AC )  d ( H , ( B ' AC ))  HK (2)
 HK  B ' I
CC '/ / BB '
Do 
( A ' B ' C ') / /( ABC )
Do đó góc tạo bởi CC ' và mặt phẳng ( A ' B ' C ') bằng góc tạo bởi BB ' và mặt phẳng ( ABC )
Khi đó ta có B ' BH  600  B ' H  BH .tan B ' BH  a.tan 600  a 3
AB a
Ta có HI / / BA (vì cùng vuông góc với AC ), suy ra HI 

2
2
Xét tam giác SHI , ta có:

1
1
1
1
4
13

a 39

 2  2  2  2  HK 
2
2
HK
SH
HI
3a a
3a
13

Từ (1); (2) và (3), suy ra d ( B, ( B ' AC )) 

(3)

2a 39
.
13

Bài 5. Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình thoi cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với đáy, BAD  1200 ,
M là trung điểm của cạnh BC và SMA  450 . Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SDC ) .

Giải:
Do AB // DC  AB // (SDC )

S

 d ( B,(SDC))  d ( A,(SDC )) (1)

Kẻ AN  DC ( N  DC )
Do ABCD là hình thoi cạnh a và BAD  1200
nên ABC, ADC đều là các tam giác đều cạnh a
a 3
Suy ra AM  AN 
2

A

a 3
a 3
Khi đó SA  AM tan BAD 
.tan 450 
2
2
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SN , khi đó:
CD  AN
 CD  ( SAN )  CD  AH

CD  SA

H
B
450

1200

M
D

N

C

mà AH  SN  AH  (SCD)  d ( A,(SCD))  AH (2)
Xét tam giác SAN ta có:
1
1
1
4
4
8
a 6
(3)


 2  2  2  AH 
2
2
2
AH
AS
AN
3a 3a
3a
4

Từ (1); (2) và (3), suy ra d ( B, ( SCD)) 

a 6

.
4

Bài 6. Cho hình chóp S. ABC , có đáy ABC là hình chóp đều cạnh a . Gọi M là trung điểm của cạnh
2a
. Tính theo a
AB , hình chiếu vuông góc của S trùng với trọng tâm của tam giác MBC , biết SC 
3

Trang 20


S

khoảng cách từ C đến mặt phẳng ( SAB) .
Giải:
Gọi H là trọng tâm tam giác MBC , suy ra SH  ( ABC )
Gọi CH

BM  I   CH

(SAB)  I 
K

d (C , ( SAB)) CI
Suy ra

 3  d (C , ( SAB))  3d ( H , ( SAB)) (1)
d ( H , ( SAB)) HI
Kẻ HD  AB ( D  AB )  AB  (SHD)

B
I

Kẻ HK  SD ( K  SD) , suy ra :

 HK  AB
 HK  ( SAB)  d ( H , ( SAB))  HK

 HK  SD
Tam giác ABC đều cạnh a nên CM 
Ta có HD // CM 

C
H
D
M

(2)

A

a 3
2

HD IH 1
1
a 3

  HD  CM 

CM IC 3
3
6

Do I là trung điểm của BM  IM 

AB a
a 2 3a 2 a 13
  CI  IM 2  CM 2 


4
4
16
4
4

4a 2 13a 2 a 3
2
a 13
2
2
 SH  SC  CH 


Suy ra CH  CI 
9
36
6
3

6
Xét tam giác SHD , ta có:

1
1
1
12 12 24
a 6


 2  2  2  HK 
2
2
2
HK
SH
HD
a a
a
12

Từ (1); (2) và (3) ta được: d (C , ( SAB)) 

(3)

a 6
4

a
. Gọi M là trung điểm của BC và BC

2
vuông góc với mặt phẳng (SAM ) . Biết góc tạo bởi SM và mặt phẳng ( ABC ) bằng 600 . Tính theo a

Bài 7. Cho hình chóp S. ABC có BAC  1200 , BC  a 3 , SA 

khoảng cách từ điểm B tới mặt phẳng ( SAC ) .
Giải:
Do BC  (SAM ) , suy ra góc tạo bởi SM và mặt phẳng ( ABC ) là SMA  600 (1)
Ta có MC 

BC a 3
và AM  BC , suy ra tam giác ABC cân

2
2

S

tại A  CAM  600
a 3
a
.cot 600   SA (2)
2
2
Từ (1) và (2) suy ra tam giác SAM đều. Khi đó, gọi H là trung
điểm của AM  SH  AM
mà SH  BC (do BC  (SAM ) )  SH  ( ABC )  SH  AC
 AM  MC cot CAM 

K

A
H

Kẻ HI  AC ( I  AC )  AC  (SHI )
Dựng HK  SI ( K  SI )  HK  (SAC)  d ( H ,(SAC))  HK

Trang 21

I
M

B

C


Ta có SAM là tam giác đều cạnh

a
a 3
 SH 
2
4

a
a 3
Xét tam giác AHI có HI  AH sin IAH  .sin 600 
4
8
1

1
1
16
64
80
a 15
a 15
hay d ( H , ( SAC )) 
(*)

 2  2  2  2  HK 
2
2
HK
SH
HI
3a 3a
3a
20
20
d ( B, ( SAC )) BC
Ta có BM ( SAC )  C 

 2  d ( B, ( SAC ))  2d ( M , ( SAC )) (2*)
d ( M , ( SAC )) MC

Suy ra

Mặt khác MH

( SAC )   A 

d ( M , ( SAC )) MA

 2  d ( M , ( SAC ))  2d ( H , ( SAC )) (3*)
d ( H , ( SAC )) HA

a 15
.
5
Bài 8. Cho hình hộp ABCD.A ' B ' C ' D ' có ABCD là hình vuông cạnh a . Hình chiếu vuông góc của A '
xuống mặt đáy ( ABCD) là trung điểm M của AB và góc tạo bởi đường thẳng AA ' và mặt phẳng

Từ (*); (2*) và (3*), suy ra d ( B, ( SAC ))  4d ( H , ( SAC )) 

( ABCD) bằng 600 . Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( AA ' C ) theo a .

Giải:
MA là hình chiếu vuông góc của AA ' trên mặt phẳng ( ABCD)

Nên ta có A ' AM  600 là góc tạo bởi AA ' và mặt phẳng
( ABCD) . Suy ra A ' AB là tam giác đều cạnh
a 3
.
2
d ( B, ( A ' AC )) BA
( A ' AC )   A 

2
d ( M , ( A ' AC )) MA

AB  a  A ' M 

Ta có BM

 d ( B,( A ' AC ))  2d (M ,( A ' AC)) (1)

Kẻ MI  AC ( I  AC ).
BO BD a 2
với BD AC  O


2
4
4
Mặt khác AC  A ' M  AC  ( A ' MI ) . Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên A ' I

Khi đó MI 

 AC  MH

 MH  ( AA ' C )  d ( M , ( AA ' C ))  MH (2)
 A ' I  MH
Xét tam giác A ' MI :

1
1
1
4
8

28
a 21
(3)


 2  2  2  MH 
2
2
2
MH
MA ' MI
3a a
3a
14

Từ (1); (2) và (3), suy ra: d ( B, ( AA ' C )) 

a 21
.
7

Bài 9. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật; AB  2a , AD  a 5 ; góc giữa đường
thẳng SD và mặt phẳng ( ABCD) bằng 300 . Gọi M là trung điểm của cạnh AB . Biết hai mặt phẳng
( SBD) và (SMC ) cùng vuông góc với mặt phẳng ( ABCD) . Tính theo a khoảng cách từ C đến (SMD) .

Giải:

Trang 22

( SBD)  ( ABCD)


Gọi BD  MC  {H } . Ta có: ( SMC )  ( ABCD)
  SH  ( ABCD)
( SBD)  ( SMC )  SH 
Suy ra HD là hình chiếu của SD xuống ( ABCD) nên góc tạo bởi SD và ( ABCD) là SDH  300
Gọi AC  BD  {O} , H là trọng tâm tam giác ABC nên BH 

2
2 1
BD
BO  . BD 
3
3 2
3

2a 3
2
2
BD 
(2a)2  (a 5) 2  2a . Xét SHD : SH  HD.tan 300 
3
3
3
Gọi I , K lần lượt là hình chiếu của H trên MD và SI , khi đó MD  (SHI )
 HD 

 HK  MD
Suy ra 

 HK  ( SMD)  d ( H , ( SMD))  HK
 HK  SI
Ta có CH  (SMD)  {M } và H là trọng tâm ABC , suy ra CM  3HM


d (C , ( SMD)) CM

 3  d (C , ( SMD))  3d ( H , ( SMD))  3HK
d ( H , ( SMD)) HM

Ta có SMCD 

1
1
1
1
a2 5
S ABCD  AB. AD  a 2 5 . Mặt khác: MH  MC  SMHD  S MCD 
3
3
3
2
2

a2 5
2S
a 30
3
Khi đó HI  MHD 
. Xét tam giác vuông SHI ta có:


2
2
MD
9
a  (a 5)
2.

HK 

 a 30 2a 3 
 
.
:
3 
HI 2  SH 2  9
HI .SH

Suy ra: d (C , ( SMD))  3HK 

2

2

 a 30   2a 3 
2a 345

  
 
69

 9   3 

2a 345
23

3a
a 13
; AB  2a, CD 
.
2
4
Tam giác SCD vuông cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy ( ABCD) . Tính theo a

Bài 10. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, AD  BC 

khoảng cách từ trọng tâm của tam giác ABD tới mặt phẳng ( SAB) .
Giải:
Gọi H là trung điểm của CD  CH  CD và SH 

CD 3a

2
4

Trang 23


S

( SCD)  ( ABCD)


Ta có: ( SCD) ( ABCD)  CD  SH  ( ABCD)
( SCD)  SH  CD

Gọi M là trung điểm của AB ; G là trọng tâm tam giác ABD
và HG

K D

AB  I  , suy ra:

d (G, ( SAB)) GI GM 1
1


  d (G, ( SAB))  d ( H , ( SAB))
3
d ( H , ( SAB)) HI DM 3
(1)
Do ABCD là hình thang cân nên ta có :

A

H

G
I

C
M

2

3a 

2a  

13a
a 3
 AB  CD 
2
HM  CB 2  

 
 
2
16
2


 2 


2

2

B

 AB  HM

 AB  ( SHM )
Ta có 
 AB  SH
 HK  AB
Kẻ HK  SM ( K  SM ), suy ra 
 HK  ( SAB)  d ( H , ( SAB))  HK (2)
 HK  SM
Xét tam giác SHM , ta có:

1
1
1
16
4
28
3a 7


 2  2  2  HK 
2
2
2
HK
SH
HM
9a 3a
9a
14

Từ (1); (2) và (3) suy ra d (G, ( SAB)) 

a 7
.
14

Trang 24

(3)


KHOẢNG CÁCH GIỮA 2 ĐƯỜNG CHÉO NHAU
TÀI LIỆU BÀI GIẢNG

A. Phương pháp giải
1. Sơ đồ giải
M

(α)

Δ1
Δ2

H

d(Δ1,Δ2) = d(Δ1,(α)) = d(M,(α)) = MH
Δ1

d(Δ1,Δ2)

Δ2

M

(α)

N
d(Δ1,Δ2) = MN

Δ1  Δ2
Sơ đồ trên được hiểu như sau:

 Tổng quát: Dựng mặt phẳng ( ) chứa  2 và song song 1 , khi đó ta chuyển khoảng cách giữa
hai đường chéo nhau về khoảng cách từ điểm tới mặt qua chuỗi đẳng thức:
d (1 , 2 )  d (1 ,( ))  d ( M ,( ))  MH
Lúc này ta quay về việc tính khoảng cách từ một điểm tới một mặt phẳng
(đã được đề cập đầy đủ ở các bài học trước)

 Nếu 1   2 : +) Dựng mặt phẳng ( ) chứa  2 và vuông góc 1
+) Từ 1

( )  M  , kẻ MN   2 khi đó d (1 , 2 )  MN

2. Chú ý
+) Thường trong đề bài sẽ có một trong hai đường 1 hoặc  2 nằm dưới mặt đáy của khối đa diện. Giả
sử 1
thuộc đáy, khi đó thường ta sẽ chọn mặt phẳng phụ ( ) chứa  2 và song song với 1 .
+) Nếu cả hai đường 1 ,  2 đều không thuộc đáy ta sẽ cần lựa chọn mặt phẳng phụ ( ) một cách “linh
hoạt” tùy vào dữ kiện bài toán. Các bạn sẽ thấy rõ điều này ở các ví dụ minh họa và bài tập đi kèm.

Trang 25