Bài tập tính khoảng cách từ điểm tới mặt phẳng

Hocmai.vn – Website h c tr c tuy n s 1 t i Vi t Nam
Khóa h c: Pen C – N3 (Th y Lê Anh Tu n – Th y Nguy n Thanh Tùng)

KHO NG CÁCH T

Chuyên đ : Hình h c không gian

ĐI M T I M T

ĐÁP ÁN BÀI T P T

LUY N

Giáo viên: NGUY N THANH TÙNG
Bài 1. Cho hình chóp S. ABC có ABC là tam giác đ u c nh a . Hai m t ph ng (SAC ),(SAB) cùng
vuông góc v i đáy và góc t o b i SC và đáy b ng 600 . Tính kho ng cách t

A t i m t ph ng ( SBC )

theo a .

Gi i

S

( SAC )  ( ABC )


Do ( SAB)  ( ABC )
  SA  ( ABC )
( SAC ) ( SAB)  SA

H

Suy ra góc t o b i SC và m t đáy là

SCA 300  SA  AC tan SCA  a 3
G i I , H l n l t là hình chi u vuông góc

A

C

c a A trên BC, SI khi đó

I

AI  BC 
  BC  ( SAI )  BC  AH .
SA  ( ABC )  SA  BC 

B

M t khác: AH  SI nên suy ra AH  (SBC )
Do đó d ( A,(SBC ))  AH . Tam giác ABC đ u c nh a nên AI 
Khi đó xét tam giác SAI :
V y d ( A, ( SBC )) 

a 3
2

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

a 15
.
5

Bài 2. Cho hình chóp S. ABCD có ABCD hình thang vuông t i A và D . Bi t AD  DC  a , AB  2a ;

SA vuông góc v i đáy và góc t o b i SC và m t ph ng ( SAD) b ng 300 . Tính kho ng cách t

m t ph ng ( SBC ) .

Gi i

Ađ n

S

SA  ( ABCD)  SA  CD 
Ta có:
  CD  ( SAD)
AD  CD 
Suy ra SD là hình chi u vuông góc c a SC trên m t ph ng ( SAD)
Do đó góc t o b i SD và m t ph ng ( SAD) là CSD  300 .
Suy ra : SC 

DC



a
 2a
sin 300

sin CSD
G i K là trung đi m c a AB khi đó
Hocmai – Ngôi tr

H

ng chung c a h c trò Vi t !!

K

A

D
T ng đài t v n: 1900 69-33

B

C
- Trang | 1 -


Hocmai.vn – Website h c tr c tuy n s 1 t i Vi t Nam
Khóa h c: Pen C – N3 (Th y Lê Anh Tu n – Th y Nguy n Thanh Tùng)

Chuyên đ : Hình h c không gian

AC
.
2
Suy ra tam giác ACB vuông t i C hay AC  CB
M t khác SA  CB  CB  (SAC ) .

ADCK là hình vuông nên: CK  a 

G i H là hình chi u vuông góc c a A trên SC
CB  AH

 AH  ( SBC )  d ( A, ( SBC ))  AH
 SC  AH
Ta có AC 2  AD2  DC 2  2a 2  SA2  SC 2  AC 2  4a 2  2a 2  2a 2
1

1
1
1
1
1
 2
 2  2  2  AH  a . V y d ( A,(SBC ))  a .
2
2
AH
SA AC
2a
2a
a
ví d 2 do AC  BC , nên vi c d ng hình chi u c a A trên m t ph ng ( SBC ) ch là công

Xét tam giác SAC :
Nh n xét:

vi c d ng hình chi u c a A trên SC nh cách làm trên
3a
, hình
2
chi u vuông góc c a S trên m t ph ng ABCD là trung đi m c a c nh AB . Tính theo a kho ng cách
t A đ n m t ph ng ( SBD) .

Bài 3.(A, A1 2004). Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông c nh a , SD 

Gi i:
G i H là trung đi m c a AB  SH  ( ABCD)

AH

( SBD)  B 

S

d ( A, ( SBD)) BA

2
d ( H , ( SBD)) BH

 d ( A,(SBD))  2d ( H ,(SBD)) (1)

K

K 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)

B

C

M

H
A

D

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 :


 2  2  2  HK  (3)
2
2
2
HK
SH
HM
a
a

a
3
2a
T (1), (2) và (3) suy ra: d ( A, ( SBD)) 
.
3

Bài 4. Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình ch nh t, AB  a , SA  BC  2a . Bi t hai m t ph ng
( SAC ) và ( SBD) cùng vuông góc v i m t đáy Tính theo a kho ng cách t A đ n m t ph ng ( SBC ) .
Gi i:

G i AC

BD  H  .

Hocmai – Ngôi tr

ng chung c a h c trò Vi t !!

T ng đài t v n: 1900 69-33

- Trang | 2 -


Hocmai.vn – Website h c tr c tuy n s 1 t i Vi t Nam
Khóa h c: Pen C – N3 (Th y Lê Anh Tu n – Th y Nguy n Thanh Tùng)

Chuyên đ : Hình h c không gian

S

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

AC
AB2  BC 2
a 2  4a 2 a 5



2
2
2
2
Xét tam giác SAH ta có :

K

Ta có AH 

A

B

5a 2 a 11
H

SH  SA  AH  4a 

4
2
D
d ( A, ( SBC )) AC
Do AH ( SBC )  C 

 2  d ( A, ( SBC ))  2d ( H , ( SBC )) (1)
d ( H , ( SBC )) HC
2

2

I

2

C

 BC  HI
AB a
K HI  BC ( I  BC ), suy ra 
 BC  ( SHI ) và HI 

2
2
 BC  SH
 HK  BC
K 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
(3)

 2 
 2 
 HK 
2
2
2
2
11a
11a
12
HK
SH
HI
a

a 33
6

Bài 5 (B 2013). Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông c nh a , m t bên SAB là tam giác
đ u và n m trong m t ph ng vuông góc v i đáy Tính theo a kho ng cách t A đ n m t ph ng
( SCD) .

T

và

ta đ

c: d ( A, ( SBC )) 

Gi i:

S

G i H là trung đi m c a AB  SH  AB và SH 

a 3
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 HI  CD ( I  CD ) , suy ra CD  (SHI )

K

A

V y d ( A, ( SCD)) 

I

H

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

D

C

1
1
1
4
1
7
a 21

 2  2  2  2  HK 
2

2
3a
3a
7
HK
SH
HI
a

a 21
.
7

Bài 6. Cho hình h p đ ng ABCD A B C D có đáy là hình vuông tam giác A AC vuông cân, A C = a. Tính
theo a kho ng cách t đi m A đ n m t ph ng (BCD ) .
Gi i:
Hocmai – Ngôi tr

ng chung c a h c trò Vi t !!

T ng đài t v n: 1900 69-33

- Trang | 3 -


Hocmai.vn – Website h c tr c tuy n s 1 t i Vi t Nam
Khóa h c: Pen C – N3 (Th y Lê Anh Tu n – Th y Nguy n Thanh Tùng)

Chuyên đ : Hình h c không gian

A'
A' C
a
Do tam giác A AC vuông cân, suy ra AA'  AC 

2
2
K AH  A' B ( H  A' B ) (1)
Do CB  ( ABB ' A')  CB  AH (2)

H

D'

T (1) và (2) suy ra AH  ( BCD ' A')
 d ( A,( BCD '))  d ( A,( BCD ' A'))  AH
Ta có ABCD là hình vuông nên AB 

B'

C'
A

B

AC a

2 2

Xét tam giác ABA' ta có:

D

C
1
1
1
2
4
6
a 6
a 6
. V y d ( A, ( BCD ')) 
.


 

 AK 
6
AH 2 AA'2 AB2 a 2 a 2 a 2
6
Bài 7 Cho hình lăng tr tam giác ABC. A' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông t i A và
AB  a , BC  2a . Bi t hình chi u c a B ' lên m t ph ng ( ABC ) trùng v i tâm c a đ ng tròn ngo i

ti p tam giác ABC và góc gi a đ

ng th ng CC ' và m t ph ng ( A' B ' C ') b ng 600 . Tính theo a

kho ng cách t đi m B t i m t ph ng ( B ' AC ) .

Gi i:

G i H là trung đi m c a BC .
Do tam giác ABC vuông t i A nên H là tâm c a đ
 B ' H  ( ABC )
Do BH

( B ' AC )  C 

ng tròn ngo i ti p tam giác ABC

d ( B, ( B ' AC )) BC

 2  d ( B, ( B ' AC ))  2d ( H , ( B ' AC )) (1)
d ( H , ( B ' AC )) HC

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

B'

C'

K HK  B ' I ( K  B ' I ), suy ra:
 HK  AC
 HK  ( B ' AC )  d ( H , ( B ' AC ))  HK (2)

 HK  B ' I

A'

CC '/ / BB '
Do 
 ( BB ',( ABC ))  (CC ',( A' B ' C '))  600
( A' B ' C ') / /( ABC )
Khi đó B ' H  BH .tan B ' BH  a.tan 600  a 3

Ta có HI / / BA (vì cùng vuông góc v i AC ), suy ra HI 
1
1
1
1
4
13
a 39
Ta có:

 2  2  2  2  HK 
2
2
3a
3a
13
HK
SH
HI
a

T (1); (2) và (3), suy ra d ( B, ( B ' AC )) 

K

B

C

H

AB a

2
2

I
A

(3)

2a 39
.
13

Bài 8. Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình thoi c nh a , c nh bên SA vuông góc v i đáy

BAD  1200 , M là trung đi m c a c nh BC và SMA 450 . Tính theo a kho ng cách t
ph ng (SDC ) .
Gi i:

B đ nm t

Do AB // DC  AB // (SDC )

 d ( B,(SDC))  d ( A,(SDC )) (1)
Hocmai – Ngôi tr

ng chung c a h c trò Vi t !!

T ng đài t v n: 1900 69-33

- Trang | 4 -


Hocmai.vn – Website h c tr c tuy n s 1 t i Vi t Nam
Khóa h c: Pen C – N3 (Th y Lê Anh Tu n – Th y Nguy n Thanh Tùng)

Chuyên đ : Hình h c không gian

K AN  DC ( N  DC )

S

Do ABCD là hình thoi c nh a và BAD  120
nên ABC, ADC đ u là các tam giác đ u c nh a
0

Suy ra AM  AN 

a 3
2

a 3
a 3

.tan 450 
2
2
G i H là hình chi u vuông góc c a A trên SN khi đó
CD  AN
 CD  ( SAN )  CD  AH

CD  SA
mà AH  SN  AH  (SCD)  d ( A,(SCD))  AH (2)

Khi đó SA  AM tan BAD 

H

A

B
450

1200

M
D

C

N

Xét tam giác SAN ta có:
1

1
1
4
4
8
a 6
(3). T


 2  2  2  AH 
2
2
2
3a
3a
3a
4
AH
AS
AN
d ( B, ( SCD)) 

(1); (2) và (3), suy ra

a 6
.
4

Bài 9. Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là hình chóp đ u c nh a . G i M là trung đi m c a c nh
2a

. Tính theo a
AB , hình chi u vuông góc c a S trùng v i tr ng tâm c a tam giác MBC , bi t SC 
3
kho ng cách t C đ n m t ph ng ( SAB) .
Gi i:

G i H là tr ng tâm tam giác MBC , suy ra SH  ( ABC )
G i CH
Suy ra

BM  I   CH

S

(SAB)  I 

d (C , ( SAB)) CI

 3  d (C , ( SAB))  3d ( H , ( SAB)) (1)
d ( H , ( SAB)) HI

K HD  AB ( D  AB )  AB  (SHD)

K

K HK  SD ( K  SD) , suy ra :

 HK  AB
 HK  ( SAB)  d ( H , ( SAB))  HK (2)


 HK  SD
Tam giác ABC đ u c nh a nên CM 
Ta có HD // CM 

B

C
I

H
D
M

a 3
2

A

HD IH 1
1
a 3

  HD  CM 
3
6
CM IC 3

Do I là trung đi m c a 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
 SH  SC 2  CH 2 


Suy ra CH  CI 
9
36
6
3
6
Xét tam giác SHD , ta có:
Hocmai – Ngôi tr

1
1
1
12 12 24
a 6

(3)


 2  2  2  HK 
2
2
2
12
HK
SH
HD
a
a
a

ng chung c a h c trò Vi t !!

T ng đài t v n: 1900 69-33

- Trang | 5 -


Hocmai.vn – Website h c tr c tuy n s 1 t i Vi t Nam
Khóa h c: Pen C – N3 (Th y Lê Anh Tu n – Th y Nguy n Thanh Tùng)

T

và

c: d (C , ( SAB)) 

ta đ

Chuyên đ : Hình h c không gian

a 6
4

a
. G i M là trung đi m c a BC và
2
BC vuông góc v i m t ph ng (SAM ) . Bi t góc t o b i SM và m t ph ng ( ABC ) b ng 600 . Tính theo

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

a kho ng cách t đi m B t i m t ph ng ( SAC ) .
Gi i:

Do BC  (SAM ) , suy ra góc t o b i SM và m t ph ng ( ABC ) là SMA 600 (1)
Ta có MC 

BC a 3
và AM  BC , suy ra tam giác ABC cân t i A CAM  600

2
2

a 3
a
.cot 600   SA (2)

2
2
T (1) và (2) suy ra tam giác SAM đ u.
Khi đó g i H là trung đi m c a AM  SH  AM
mà SH  BC (do BC  (SAM ) )  SH  ( ABC )  SH  AC
 AM  MC cot CAM 

S

K

K HI  AC ( I  AC )  AC  (SHI )

A

D ng HK  SI ( K  SI )  HK  (SAC )  d (H ,(SAC ))  HK
a
a 3
Ta có SAM là tam giác đ u c nh  SH 
2
4

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

C

I
H
M

B

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


 2  d ( B, ( SAC ))  2d ( M , ( SAC )) (2*)
d ( M , ( SAC )) MC

Suy ra

M t khác MH

( SAC )   A 

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

a 15
.
5
Bài 11. Cho hình h p ABCD. A' B ' C ' D ' có ABCD là hình vuông c nh a . Hình chi u vuông góc c a
A' xu ng m t đáy ( ABCD) là trung đi m M c a AB và góc t o b i đ ng th ng AA' và m t

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

ph ng ( ABCD) b ng 600 . Tính kho ng cách t
Gi i:

B đ n m t ph ng ( AA' C ) theo a .

MA là hình chi u vuông góc c a AA' trên m t ph ng ( ABCD)

Nên ta có A' AM  600 là góc t o b i AA' và m t ph ng
( ABCD) . Suy ra A' AB là tam giác đ u c nh
AB  a  A' M 

Hocmai – Ngôi tr

a 3
.
2

ng chung c a h c trò Vi t !!

T ng đài t v n: 1900 69-33

- Trang | 6 -


Hocmai.vn – Website h c tr c tuy n s 1 t i Vi t Nam
Khóa h c: Pen C – N3 (Th y Lê Anh Tu n – Th y Nguy n Thanh Tùng)

Chuyên đ : Hình h c không gian

d ( B, ( A' AC )) BA

2
d ( M , ( A' AC )) MA
 d ( B,( A' AC ))  2d (M ,( A' AC)) (1)
( A' AC )   A 

Ta có BM

K MI  AC ( I  AC ).
BO BD a 2
v i BD AC  O


2
4
4
M t khác AC  A' M  AC  ( A' MI ) . G i H là hình chi u vuông góc c a 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
3a
3a
14
MH
MA' MI
a

a 21
.
7
Bài 12 Cho hình lăng tr ABC. A' B ' C ' có đáy ABC là tam giác đ u c nh a . Hình chi u vuông góc
c a A' trên m t ph ng ( ABC ) là trung đi m c a AB . Góc t o b i A' C và m t ph ng đáy ( ABC )

T (1); (2) và (3), suy ra: d ( B, ( AA' C )) 

b ng 600 . Tính theo a kho ng cách t trung đi m M c a BC đ n m t ph ng ( ACC ' A') .

Gi i:
G i H là trung đi m c a AB  A' H  ( ABC) , suy ra

A'

góc t o b i A' C và m t ph ng đáy ( ABC ) là A' CH  600
Do HM là đ ng trung bình trong tam giác ABC
 MH // AC  MH // ( ACC ' A')

B'

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

D ng HI  AC ( I  AC ) và k HK  A' I (1)
 AC  IH
 AC  ( HIA')  AC  HK (2)
Khi đó 
 AC  A' H

K
I

A

T (1) và (2) suy ra HK  ( ACC ' A')

Suy ra A' H  HC.tan A' CH 

600
C
M

H

 d ( H ,( ACC ' A'))  HK (2*)

Do ABC là tam giác đ u c nh a nên CH 

C'

B

a 3
a2 3
và SABC 
2
4

3a
a 3
. 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:
T

và

Hocmai – Ngôi tr

ta đ

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

c: d ( M , ( ACC ' A')) 

ng chung c a h c trò Vi t !!

3a 13
.
26
T ng đài t v n: 1900 69-33

- Trang | 7 -


Hocmai.vn – Website h c tr c tuy n s 1 t i Vi t Nam
Khóa h c: Pen C – N3 (Th y Lê Anh Tu n – Th y Nguy n Thanh Tùng)

Chuyên đ : Hình h c không gian

Bài 13. Cho hình chóp S. ABC có ABC là tam giác đ u c nh a . Hình chi u vuông góc c a S xu ng
m t đáy trùng v i tr ng tâm tam giác ABC . Góc t o b i m t ph ng ( SBC ) và m t đáy b ng 300 . G i
2
M là đi m th a mãn MS   MA. Tính kho ng cách t
3
Gi i:
G i H là tr ng tâm tam giác ABC , suy ra SH  ( ABC )

M đ n m t ph ng ( SBC ) theo a .
S

M

2
MS 2
Do MS   MA nên M thu c đo n SA và

3
AS 5
d ( M , ( SBC )) MS 2
Ta có AM ( SBC )  {S} 


d ( A, ( SBC )) AS 5
2
 d ( M , ( SBC ))  d ( A, ( SBC )) (*)
5
M t khác: G i AH (SBC)  {I }



A

B

K
H

d ( A, ( SBC )) AI

 3  d ( A, ( SBC ))  3d ( H , ( SBC )) (2*)
d ( H , ( SBC )) HI

I

C

D ng HK  SI ( K  SI khi đó
BC  AI 
  BC  ( SAI )  BC  HK
BC  SH 
Mà SI  HK , suy ra HK  (SBC)  d ( H ,(SBC))  HK
Do BC  (SAI ) nên góc t o b i ( SBC ) và m t đáy là SIA 300 .

Ta có ABC là tam giác đ u c nh a , suy ra HI 
Khi đó
T

AI a 3
a 3
a
tan 300 

 SH  HI tan SIA 
3
6
6
6

1
1
1

36 36 48
a 3
a 3
(3*)


 2  2  2  HK 
 d ( H , ( SBC )) 
2
2
2
3a
12
HK
HI
HS
a
a
12

và

ta đ

6 a 3 a 3
c: d ( H , ( SBC ))  .

10
5 12

Bài 14. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, AD  BC 

a 13
;
4

3a
. Tam giác SCD vuông cân t i S và n m trong m t ph ng vuông góc v i đáy
2
( ABCD) . Tính theo a kho ng cách t tr ng tâm c a tam giác ABD t i m t ph ng ( SAB) .
AB  2a , CD 

S

Gi i:
G i H là trung đi m c a CD  CH  CD và SH 

CD 3a

2
4

( SCD)  ( ABCD)

Ta có: ( SCD) ( ABCD)  CD  SH  ( ABCD)
( SCD)  SH  CD

G i M là trung đi m c a AB ; G là tr ng tâm tam giác ABD

và HG

AB  I  , suy ra:

K D

H

A
G
I

C
M

d (G, ( SAB)) GI GM 1
1


  d (G, ( SAB))  d ( H , ( SAB)) (1)
3
d ( H , ( SAB)) HI DM 3
B
Hocmai – Ngôi tr

ng chung c a h c trò Vi t !!

T ng đài t v n: 1900 69-33

- Trang | 8 -

Hocmai.vn – Website h c tr c tuy n s 1 t i Vi t Nam
Khóa h c: Pen C – N3 (Th y Lê Anh Tu n – Th y Nguy n Thanh Tùng)

Chuyên đ : Hình h c không gian

Do ABCD là hình thang cân nên ta có :
a 3
 AB  CD 
HM  CB  
 
2
2


2

2

 AB  HM
Ta có 
 AB  ( SHM )
 AB  SH
 HK  AB
K HK  SM ( K  SM ), suy ra 
 HK  ( SAB)  d ( H , ( SAB))  HK (2)
 HK  SM
1
1
1

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

Xét tam giác SHM , ta có:

T (1); (2) và (3) suy ra d (G, ( SAB)) 
Bài 15 Cho lăng tr

a 7
.
14

ABCD. ABC
1 1 1 D1 có đáy ABCD là hình ch nh t, AB = a, AD  a 3 . Hình chi u

vuông góc c a A1 trên m t ph ng (ABCD) trùng v i giao đi m c a AC và BD. Góc gi a hai m t ph ng

( ADD1 A1 ) và ( ABCD) b ng 600 . Tính theo a kho ng cách t tâm c a hình ch nh t ABCD đ n m t

ph ng ( ACD
).
1

Gi i:
G i AC

A1

BD  H   AH
 ( ABCD)
1

D1

)
D ng HM  AD ( M  AD )  AD  ( AHM
1

Suy ra góc t o b i m t ph ng ( ADD1 A1 )
B1

và ( ABCD) là HMA1  600 .
Ta có HM 

AB a

2
2

C1
600

A

a
a 3
 AH
 HM .tan HMA1  .tan 600 
1
2
2
K HI  CD ( I  CD) và HK  AI
1 ( K  AI
1 )

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

K

M

D
I

H
B

C

))  HK .
hay d ( H ,( ACD
1

Ta có HI 

AD a 3
.

2
2

Xét tam giác AHI
ta có:
1
V y d ( H , ( ACD
)) 
1

1
1

1
4
4
8
a 6

 2  2  2  2  HK 
2
2
HK
AH
HI
3a
3a
3a
4
1

a 6
.
4

Bài 16. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông t i A và D; AB  AD  2a , CD = a; góc
gi a hai m t ph ng ( SBC ) và ( ABCD) b ng 600 . G i I là trung đi m c a c nh AD. Bi t hai m t ph ng
( SBI ) và ( SCI ) cùng vuông góc v i m t ph ng ( ABCD) , tính theo a kho ng cách t

I t im t

ph ng ( SBC ) .

Hocmai – Ngôi tr

ng chung c a h c trò Vi t !!

T ng đài t v n: 1900 69-33

- Trang | 9 -


Hocmai.vn – Website h c tr c tuy n s 1 t i Vi t Nam
Khóa h c: Pen C – N3 (Th y Lê Anh Tu n – Th y Nguy n Thanh Tùng)

Chuyên đ : Hình h c không gian

Gi i:
S

( SBI )  ( ABCD)

Ta có ( SCI )  ( ABCD)  SI  ( ABCD)
( SBI ) ( SCI )  SI

K IM  BC (M  BC )  BC  (SIM ) ,
suy ra góc t o b i m t ph ng ( SBC ) và ( ABCD) là SMI  600 .

A

D ng IH  SM ( H  SM )  BC  IH  IH  (SBC )
 d ( I ,(SBC ))  IH
Ta có SABCD 

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

SIAB  SIDC

I
M

AI . AB ID.DC 3a 2



2
2
2

Suy ra SIBC  SABCD  ( SIAB  SIDC ) 

3a
2

B

H

D

C

2

3a 2
2S
2  3 5a
M t khác: BC  ( AB  DC )2  AD2  a 5  IM  IBC 
5
BC
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 17. Cho hình lăng tr tam giác ABC. A' B ' C ' có BB '  a , góc gi a đ

ng th ng BB ' và m t ph ng

( ABC ) b ng 600 ; tam giác ABC vuông t i C và BAC  600 . Hình chi u vuông góc c a đi m B ' lên m t

ph ng ( ABC ) trùng v i tr ng tâm G c a tam giác ( ABC ) . Tính theo a kho ng cách t G t i m t
ph ng ( BCC ' B ') .

Gi i:
G i I là trung đi m c a AC . Do B ' G  ( ABC ) , suy ra

B'

A'

góc t o b i BB ' và m t ph ng ( ABC ) là B ' BG  600

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

C'
B

600

H
A

Do BAC  600 nên BC  AC.tan 600  3 AC
2

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

 AC 

G
K

I

C

3a 13
3a 13
 CI 
26
52

K GK  BC ( K  BC )  GK / /CI 

Hocmai – Ngôi tr

2
GK BG 2
a 13
và BC  ( B ' GK) (1)

  GK  CI 
3
26
CI
BI 3

ng chung c a h c trò Vi t !!

T ng đài t v n: 1900 69-33

- Trang | 10 -


Hocmai.vn – Website h c tr c tuy n s 1 t i Vi t Nam
Khóa h c: Pen C – N3 (Th y Lê Anh Tu n – Th y Nguy n Thanh Tùng)

Chuyên đ : Hình h c không gian

K GH  B ' K ( H  B ' K ) (2) . Theo (1) suy ra BC  GH (3)
T (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
3a
3a
40
GH
GB ' GK
a
40

Bài 18. Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông c nh 2a, SA = a, SB = a 3 và m t ph ng
( SAB) vuông góc v i m t ph ng đáy G i M, N l n l t là trung đi m c a các c nh BC, CD và H là
hình chi u vuông góc c a S trên AB . Tính theo a kho ng cách t

H t i m t (SMN ) .
S

Gi i:

( SAB)  ( ABCD)

Ta có ( SAB) ( ABCD)  AB  SH  ( ABCD)
 SH  AB

Do AB2  4a 2  SA2  SB2 , suy ra tam giác SAB vuông t i S Khi đó
1
1
1
1
1
4
a 3
 2  2  2  2  2  SH 
2
3a
3a
2
SH
SA SB
a

A K

D

H

N

I

G i I , K l n l t là hình chi u c a H trên MN, SI khi đó
B
MN  (SHI )  MN  HK  HK  (SMN)  d ( H ,(SMN))  HK

M

C

SA2 a 2 a
3a

  BH  AB  AH 
2
AB 2a 2
a

 a  .2a 3a .a
a .a 11a 2
( AH  DN ). AD HB.BM CN.CM  2





 2 

2

2
2
2
2
2
4

Ta có CM  CN  a  MN  a 2 và AH 

Suy ra SAHND  SHBM  SNCM

 SHNM  SABCD  ( SAHND  SHBM  SNCM  4a 2 
Khi đó HI 

11a 2 5a 2

4
4

2SHNM
5a 2
5a 2


8
MN
4.a 2

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

Hocmai – Ngôi tr

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

5a 3
.

14

ng chung c a h c trò Vi t !!

Giáo viên

: Nguy n Thanh Tùng

Ngu n

:

T ng đài t v n: 1900 69-33

Hocmai.vn

- Trang | 11 -