DABTTL cac van de ve khoang cach phan 05 6 7 8 9

Khóa học Luyện thi Quốc gia PEN-C: Môn Toán (Thầy Lê Bá Trần Phương)

Hình học không gian

CÁC VẤN ĐỀ VỀ KHOẢNG CÁCH (PHẦN 09)
BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Giáo viên: LÊ BÁ TRẦN PHƢƠNG
Các bài tập trong tài liệu này được biên soạn kèm theo bài giảng Các vấn đề về khoảng cách (Phần 09) thuộc khóa
học Luyện thi Quốc gia PEN-C: Môn Toán (Thầy Lê Bá Trần Phương) tại website Hocmai.vn. Để sử dụng hiệu quả,
Bạn cần học trước Bài giảng sau đó làm đầy đủ các bài tập trong tài liệu này.

(Tài liệu dùng chung p5+p6+p7+p8+p9)

Các bài được tô màu đỏ là các bài tập ở mức độ nâng cao
Bài 1. Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình thang nội tiếp trong đường tròn đường kính AD,
AD//BC, AD=2a, AB=BC=CD=a, SA  (ABCD), d(A,(SCD)) = a 2 , I là trung điểm AD. Tính khoảng
cách giữa hai đường thẳng chéo nhau BI và SC.
S
Giải
DC  AC
- 
 DC  ( SAC ).
DC  SA
H
Mà DC  (SCD) => (SAC)  (SCD) theo giao tuyến SC.
Do đó kẻ AH  SC (H  SC) => AH  (SCD).

 AH = d(A, (SCD)) = a 2 .
- (SCD) chứa SC và // với BI
=> d(BI, SC) = d(I, (SCD)).

2a

I

A

D

a

a

B

C

a
A

I

Ta có:

d ( I , ( SCD)) DI 1


AH
DA 2

D

1
a 2
SCD
 d ( IB, SC ).
=> d(I, (SCD))= AH 
2
2
Bài 2. Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc, OA=a, OB=2a, OC=3a. M là trung điểm
A
OB. Tính d(AM, OC).
Giải
- Gọi N là trung điểm BC, khi đó (AMN) chứa AM và // với OC
a
=> d(AM,OC) = d (O, (AMN)).
H
MN  OB
- 
 MN  ( AOB).
3a
O
C
MN  OA

Mà MN  (AMN) => (AOB)  (AMN) theo giao tuyến AM.
Do đó kẻ OH  AM (H  AM) => OH  (AMN)
=> OH=d(O,(AMN)).

2a
M

N

B

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 1 -


Khóa học Luyện thi Quốc gia PEN-C: Môn Toán (Thầy Lê Bá Trần Phương)

Hình học không gian

1
1
1
1
1
2
a2
a
2


 2  2  2  OH 
 OH 
.

- Ta có
2
2
2
OH
OA OM
a
a
a
2
2

Bài 3. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có AC = a, BC=2a, ACB  1200 , góc giữa đường thẳng A’C
và (ABB’A’) bằng 300. M là trung điểm của BB’. Tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng AM và CC’.
Giải
- (CAB)  (ABB’A’) theo giao tuyến AB,
nên trong (CAB) kẻ CH  AB (H  AB)
C
2a
=> CH  (ABB’A’) => ( A ' C , ( ABB ' A ')  CA ' H  300.

B

120

- (ABB’A’) chứa AM và // với CC’
=> d(AM, CC’) = d(C, (ABB’A’))=CH.
- Tính CH?
Áp dụng định lý hàm số cosin ta có:
AB2=CA2+CB2-2CA.CB.cos 1200

1
= a2+4a2-2a.2a. ( ) = 7a2 => AB=a 7 .
2
1
Mặt khác ta có: SABC  AB.CH
2
1
1
 CA.CB.sin1200  AB.CH
2
2

H

a

A

M

C'

B'
30

A'

3
21
3

= a 7 .CH => CH = a.
=a
= d (AM, CC’).
2
7
7
Bài 4. Cho lăng trụ tam giác ABCA1B1C1 có tất cả các cạnh bằng a, góc giữa cạnh bên AA1 và mặt đáy
bằng 300. Hình chiếu H của A trên (A1B1C1) thuộc B1C1. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA1 và
B1C1.
Giải
- AH  ( A1B1C1) => góc giữa AA1 và (A1B1C1) là góc AA1 H , theo giả thiết AA1 H =300.

 a.2a.

- Xét tam giác vuông AHA1, ta có:
A

C

3
AH
cos 30 = 1 => A1H = AA1cos300 = a
.
2
AA1
0

3
=> A1H  B1C1.
2

- Kẻ HK  AA1 (K  AA1), ta có:

B

-  A1B1C1 đều, A1H =a

B1C1  A1H
 B1C1  ( AA1H)  B1C1  HK

B1C1  AH
=> HK là đoạn vuông góc chung của A A1 và B1C1
=> HK = d(A A1, B1C1).
- Tính HK?

K

A1

30
C1

H
B1

SAA1H

a 3
. AH
A H.AH
3

1
1
 2

AH .
 A1H . AH  AA1.HK => A1H.AH = AA1.HK => HK= 1
AA1
a
2
2
2

Xét tam giác vuông AA1H, ta có:

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 2 -


Khóa học Luyện thi Quốc gia PEN-C: Môn Toán (Thầy Lê Bá Trần Phương)

sin 300=

Hình học không gian

1 AH
a
3 a a 3

AH
 AH   HK 
. 
 
2
a
2
2 2
4
AA1

Bài 5. Chóp SABC đáy ABC là tam giác vuông cân A, AB = a, góc giữa các cạnh bên và mặt đáy bằng
600. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC theo a.
Giải
S
- Gọi H là hình chiếu của S trên (ABC).
Ta có SAH  SBH  SCH  600
=> AH=BH=CH => H là trung điểm của BC.
- Gọi D là điểm đối xứng với A qua H
=> AB//CD => AH//(SCD)
=> d(AB,SC) = d(AB,(SCD))=d(A,(SCD)).
- Gọi E là trung điểm của CD.
Khi đó (SHE)  (SCD) theo giao tuyến SE,
nên trong (SHE) kẻ HK  SE(K SE)
=> HK  (SCD) => HK=d(H,(SCD)).
1
1
1
- Ta có:



2
2
HK
HS
HE 2
Mà :

D

K

E

B

H
C

A

a 6
1
1
SH
- Xét tam giác vuông SHA, ta có: tan60 =
=> SH=AH.tan600= . a 2 tan600= . a 2. 3 =
.
2
2

2
AH
0

- Xét tam giác vuông HEC ( vuông tại E), ta có: HE2 = HC2 - EC2 = (
Do đó:

- Ta có:

a 2 2 a 2 a2
) ( ) 
2
2
4

1
1
1
2
4
14
3

 2  2  2  2  HK  a
2
HK
3a a
3a
14
a 6 2 a

(
)
4
2
HK
DH 1


d ( A, ( SCD)) DA 2

A

H

D
K

1
1
3
SDC
HK  .a
2
2
14
Bài 6. Cho lăng trụ đều ABCA’B’C’ (lăng trụ đứng có đáy là tam giác đều) có tất cả các cạnh bằng a. Gọi
M, N lần lượt là trung điểm của AA’, BB’. Tính d(B’M, CN).
Giải
- B’M//AN => B’M//(ACN)
=> d(B’M//CN)= d(B’M,(ACN))= d(B’,(ACN))=d(B,(ACN)).

(BB’ cắt (ACN) tại trung điểm N của BB’
=> d(B’,(ACN))= d(B,(ACN)) ).
- Gọi O là trung điểm BC, kẻ OK  CN(K  CN). Khi đó:
(OAK)  (ACN) => OH=d(O, (ACN)).
1
1
1


- Ta có:
2
2
OH
OK
OA2
Mà:
- Tam giác vuông OKC đồng dạng với tam giác vuông NBC ( C chung)
 d ( A, ( SCD)) 

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 3 -


Khóa học Luyện thi Quốc gia PEN-C: Môn Toán (Thầy Lê Bá Trần Phương)

Hình học không gian

a
a
OK CO
OK
OK
2
2






2
2
a
a
NB CN
a
CB  BN
a 2  ( )2
2
2
2

B'

a a
a2
.

a
 OK  2 2  4 
2
a 5 2 5
5a
2
4
+) OA=

N

a 3
.
2

ACN

1
1
1
20 4
64
3a 2
a 3
2







OH

 OH 
.
2
2
2
2
2
2
OH
a 3a
3a
64
8
a
3a
20
4
OH
CO 1


Ta có:
d ( B, ( ACN )) CB 2

B

a 3

= d(BM’, CN).
4
Bài 7. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại B, AB = a. Tam giác SAC cân tại S và thuộc

- d(B,(ACN)) = 2.OH=

mặt phẳng vuông góc với mp(ABC). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA, BC; biết góc giữa MN với
mp(ABC) bằng 600 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC, MN theo a.
Giải
*) Gọi I là trung điểm AC, do SAC cân tại S nên SI  ( ABC ) .
Gọi H là trung điểm AI suy ra MH//SI  MH  ( ABC )
Do đó góc (MN,(ABC)) = MNH = 60 0 .
*) Goi J là trung điểm AB
K là hình chiếu vuông góc của H lên MJ => HK  MJ (1).
Ta có

JN  BI , mà BI / / HJ  JN  HJ  2 
SI / / MH , mà SI  JN  JN  MH (3)

Từ

 2  ,  3  JN   MHJ   HK  HK  JN  4 
1 ,  4   HK   MNJ 

Do đó d ( AC, MN )  d ( H  AC, MN )  d ( H ,(MJN ))  HK

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 4 -


Khóa học Luyện thi Quốc gia PEN-C: Môn Toán (Thầy Lê Bá Trần Phương)

Hình học không gian

a 30 a 2
.
4
4  a 30 .
=
16
30a 2 2a 2

16
16

MH .HJ
MH 2  HJ 2

MỘT SỐ BÀI TẬP TỰ GIẢI CÓ ĐÁP ÁN
Bài 1. Cho hình chóp tam giác SABC có đáy là tam giác đều cạnh 7a, SC vuông góc với mặt phẳng
(ABC) và SC = 7a. Tìm khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC.
Đáp số: a 21
Bài 2. Trong mặt phẳng (P) cho hình thoi ABCD có tâm là O và cạnh a; OB = a

3
. Trên đường thẳng
3

vuông góc với mặt phẳng (ABCD) tại O lấy điểm S sao cho SB = a. Tìm khoảng cách giữa SA và BD.
Đáp án: d SA; BD  

a 3
3

Bài 3. Cho hình lập phương ABCD A’B’C’D’ có cạnh bằng a. Gọi K là trung điểm của DD’. Tìm khoảng
cách giữa CK và A’D.
a
3
Bài 4. Cho hình chóp SABCD có đáy là hình vuông cạnh a, có SA = h và vuông góc với đáy (ABCD).

Đáp số:

Dựng và tính độ dài đoạn vuông góc chung của
1. SB và CD
2. SC và BD
Đáp số: 1) a

2)

ah 2

a h2  a 2
Bài 5. Cho hình lập phương ABCDA’B’C’D’ có cạnh bằng 1. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB,
CD. Tìm khoảng cách giữa A’C’ và MN.
Đáp số:

2

4

Bài 6. Cho hình chóp tứ giác SABCD có đáy là hình thoi, cạnh AB =

5 , đường chéo AC = 4; SO =

2 2 và vuông góc với đáy tại điểm O là tâm của đáy ABCD. Gọi M là trung điểm của SC. Tìm khoáng

cách giữa SA và BM.
Đáp số:

2 6
3

Giáo viên: Lê Bá Trần Phƣơng
Nguồn

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

:

Hocmai.vn

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 5 -