Các dạng toán khoảng cách trong hình học không gian trần đình cư

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
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’.
A.

a b2  c2
a2  b2  c2

B.

b b2  c2

C.

a2  b2  c2

c b2  c2

D.

a2  b2  c2

abc b2  c2
a2  b2  c2

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'

Trong ADD' , ta có:

C'
B'

A'

c
D

H
C

b
A

a

B

AD'  AD2  DD'2  b2  c2
BD'  AB2  AD'2  a2  b2  c2
Xét ABD' , ta được:
AH.BD'  AB.AD'

 AH 

AB.AD'
a b2  c2

BD'
a2  b2  c2

Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133

Page 3


Chuyên đề: Hình học không gian
a b2  c2

Vậy d  A,BD'   AH 

2

2

2

a b c

Chủ đề 1: Khối đa diện

. 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:





OC  hch ABCCC'  CC',  ABC   C'CO

C'

A'

Theo giả thiết, ta có: C'CO  60

J

B'

Trong mp(C’CO) dựng OH  CC' tại H ta được:

H

K

d  O,CC'   OH .

a

A

2 a 3 3 a
Xét COH  OH  OC.sin 30  .
.

3 2
2 2

a
I

60°

O

C
a

B

a
Suy ra: d  O,CC'   . Vậy chọn đáp án A.
2

Câu 2.2. Khoảng cách từ điểm C đến đường thẳng IC’
A.

2a 13
3

B.

3a 13
13

C.

a 3
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 CIC'  OC'.CI  CK.IC'  CK 
Mà OC'  OC.tan 60 

IC'2  IO2  OC'2 

OC'.CI
IC'

a 3
a 3
. 3  a;CI 
3
2

a2
13a2
 a2 
12
12

a 3
2  3a  3a 13 . Vậy chọn đáp án B.
Nên d  C,IC'   CK 
13
a 13
13
a.

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
A.

2a 7
3

B.

a 7
3

Chủ đề 1: Khối đa diện
C.

a 7
2

D.

a 7
4

Hướng dẫn giải
Tính d  O,A ' B' 
C'O   ABC∥ A' B'C'   OC'   A' B'C'  .

Vì

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
3a2 a 7
Xét OC' J  OJ  OC'  C' J  a 

4
2
2

Tức là: d  O,A ' B'  

2

2

a 7
. Vậy chọn đáp án C.
2

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.

a 5
3

C.

a 5
5

D.

3a 5
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

1
1
a2 1
SABE  AB.EF  a.a 
 AH.BE
2
2
2 2
Mà BE  BC2  CE2  a2 
Nên AH 

A
a

F

2

a
a 5

4
2

D
E
H

B

a

C

2

a
2a

, mà SAH vuông tại A, nên:
BE
5

4a2 3a 3a 5
SH  SA  AH  a 


5
5
5
2

Vậy d  S,BE  

2

2

3a 5
. Vậy chọn đáp án D.
5

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
A.

a 2
5

B.

a 3
17

Chủ đề 1: Khối đa diện
C.

a 30
10

D.

a 3
7

Hướng dẫn giải
Do IO   ABCD  nên nếu dựng OK  CM  K  CM  thì IK  CM .
Tức là: d  I,CM   IK .
Mà IK  OI2  OK 2 
Do SOMC

 OK 

a2
 OK 2
4

a

1
 OK.MC
2

2SOMC
MC

I
A

 a2 a2 a2 
2   
 2 8 4 
 a
 
2 5
a2
a2 
4

D

M

a

O
K

B

a

C

a2 a2 a 6 a 30
Suy ra IK 

. Vậy chọn đáp án C.



4 20 2 5
10

a 3
.
3
Gọi I là trung điểm của BC và K là hình chiếu của O lên SI. Tính khoảng cách từ O đến SA.
Câu 5. Cho hình chóp đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, gọi O là tâm của đáy và SO 

A.

a 5
5

B.

a 3
3

C.

a 2
3

D.

a 6
6

Hướng dẫn giải
Dựng OH  SA tại H  d  O,SA   OH
Ta có: OA 

S

2
2 a 3 a 3
AI  .

 SO , suy ra:
3
3 2
3

1
1 a 3
a 6
OH  SA  .
. 2
2
2 3
6

a 3

H

3

K

a

C

A

a 6
Vậy d  O,SA  
. Vậy chọn đáp án D.
6

a

a

O

I
B

Câu 7. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Tính khoảng cách từ C đến AC.
A.

a 6
7

B.

a 3
2

C.

a 6
3

D.

a 6
2

Hướng dẫn giải
D

Nhận xét rằng:

BAC'  CA'A  DAC'  A'AC  B'C'A  D'C'A nên

C
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
CH2



1
AC2



1

CC'2

 CH 

a 6
. Vậy chọn đáp án C.
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

B.

a
2

C.

a
3

D.

a 3
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.

SAC cân tại S  SH  AC

(1)

SBD cân tại S  SH  BD

(2)

Từ (1) và (2) suy ra: SH   ABCD 

(3)

C

B
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.
Xét SBD ta có: SA  SB  a,BD  a 2  BD2  SB2  SD2 . 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.

a 3
2

Hướng dẫn giải
A

Ta có
AC  CD  d  A,CD   AC



ABC A  90



H
2

2

 AC2  AB2  BC2   5a    3a   34a2

 AC  a 34

D

B
C

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

B. 16

A. 8 3

D. 24

C. 8 2
Hướng dẫn giải

Nửa chu vi tam giác ABC: p 

14  16  10
 20
2

O

SABC  20.  20  14  20  16  20  10   40 3

AH 

2SABC
BC



80 3
8 3
10

C

A

Nối OH thì OH  BC . Khoảng cách từ O đến BC là OH:

H
B

OH  OA2  AH2  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
S

SH  SM2  HM2  5a2  a2  2a

Từ H kẻ HK  AB thì SK  AB : SK là khoảng cách từ S đến
cạnh AB.

a 3
HK  MI 
(do ABM là tam giác đều cạnh bằng a)
2
SK  SH2  HK 2  4a2 

2

2

3a

19a
a 19
.


4
4
2

H

C

K
A

M
I

60°

B

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 300 . 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

S

0

(SAC) là SO, góc giữa SD và (SAC) là DSO  30 . Đặt DO  x ,
ta có SO  x 3 (O là giao của AC và BD)
Từ SO2  AO2  SA2  x 

a

H

2

A

Gọi N là trung điểm của AB  DN / /BM

 



M

O

1
Suy ra d D;  SBM   d N;  SBM   d A;  SBM 
2



D

N





B

I

C

Kẻ AI  BM, AH  SM .





Từ đó chứng minh được AH   SBM   d A; SBM   AH
Trong (ABCD): SABM  SABCD  SBCM 
Mà SABM 
Khi đó:

a2
2

1
2a
AI.BM  AI 
2
5

1
AH2



1
AI2



1


a
 AH  a  d D;  SBM   .
3
3
SA2





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 600 . 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

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
S

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

K

BD   SAH  .

A

Suy ra AK  BD . Mà AK  SH

 

60°

H
D

nên AK   SBD 



B

C



Ta có: d C;  SBD   d A;  SBD   AK
Ta có:

1
AK

2



1
SA



2



1
AH

2



1
SA

2



1
2

AB



1
2

AD



29
18a2

3a 58
. Vậy chọn đáp án B
29



Vậy d C; SBD   AK 

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

S

ABCD.
Qua A dựng AH  SO . Dễ dàng

I

chứng minh được AH  BD



Khi đó AH  d A,  SBD 

H

D

A



F

O
Q
B

P

C

E

Trong tam giác vuông SAC, ta có:

CI.SC  AC2 

IC AC2
AC2
AB2  BC2
2a2
2





SC SC2 SA2  AC2 SA2  AB2  BC2
2a2  3a2 5

CBS có IP∥SP 





IP CP CI
CP 2





SB CB CS CB 5

Áp dụng định lý Talet:

BE BP 3
BE BC  CP 3

 


CQ PC 2
CQ
PC
2

5
Mà AB  CD  CQ  QP  CQ  BE  BE
3
Do AEF 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

2
1
1
1
32
32a2
(đvdt)
SAEF  AE.AF  AE2   AB  BE  
AB2 
2
2
2
25
25

DA 5
3
  d E,  SBD   d A,  SBD 
DE 3
5







Tam giác SAO vuông tại A, khi đó





Vậy d E, SBD  



1
AH2



1
SA2



1
AO2

 AH2 

3a2
7

3a 21
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:

S

AH  BC, AH   SBC

 AH  HK, AH  SC

K

mà

AK  SC

H

 SC   AHK 

Ta có: AH 

AK 

A

C

AB.SA 2a

,
SB
5

B

AC.SA 2 5a


,
SC
3

HK  AK 2  AH2 

8a
3 5

, SK 

Mặt khác SH  SA2  AH2 

1 4a 2a 8a
32 3
4a
 VS.AHK  . .
.

a
6 3 5 3 5 135
3

4

4
a nên SAHS  a2
5
5





Vậy khoảng cách cần tìm là: d K,  SAB 

3VKSAH
SAHS



8a
.
9

Vậy chọn đáp án A.
Câu 5. Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình thang, ABC  BAD  900 , 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

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.
Ta có CI  IA  ID 

AD
, suy ra ACD vuông tại C.
2

 CD  AC . Mà SA   ABCD   SA  CD nên ta có CD  SD hay SCD vuông. Gọi
d1, d 2 lần lượt là khoảng cách từ B, H đến mp(SCD)
Ta có: SAB ∽ SHA 

SA SB

SH SA

S

SH SA2 2



SB SB2 3
mà

SH d 2 2
2

  d 2  d1
SB d1 3
3

H

I

A

D

Thể tích khối tứ diện S.BCD:

1
1
2a3
VSBCD  SA. AB.BC 
3
2
6

C

B

Ta có: SC  SA2  AC2  2a ,

1
CD  CI2  ID2  2a  SSCD  SC.CD  2a2
2
1
Ta có: VS.BCD  d1.SSCD  d1 
3

3.

2a3
6 a
2
2a2

2

a
Vậy khoảng cách từ H đến mp(SCD) là d 2  d1  .
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 600 . Tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng

 SAB theo a.
A.

a 3
2

B.

a 3
8

C.

a 3
4

D.

a
4

Hướng 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. SĐT:
01234332133
C
H

60°

K
A

Page
B 12


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 SKH  600

a 3
2

Ta có SH  HK.tan SKH 



 

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

1



HM2

1
HK 2



1
SH2



16
3a2

 HM 

a 3
a 3
. Vậy d I,  SAB 
.
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 300 . Tính khoảng cách từ trung điểm M của cạnh BC
đến mặt phẳng (SAC)
A.

a 3
5

B.

a 5
3

C.

a 5
5

D.

3a
5

Hướng dẫn giải
Trong mặt phẳng (ABC) kẻ HK  BC tại

S

K  BC   SHK 

Từ giả thiết ta có: SHK  300
2

D

2

BC  AB  AC  4a

sin ABC 

C

A

AC HK
3
a 3


 HK 
BC HB
2
2

M

H
B

K

Trong tam giác SHK có:

SH  HK tan SKH 

a
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

1
DH2





1
HA2



1

HS2

 HD 

 

a 5
5



Vậy d M,  SAC   d H,  SAC   HD 

a 5
. Vậy chọn đáp án C.
5

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 600 . Tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng

(SAB) theo a.
A.

a 3
5

a 5
4

B.

C.

a 3
4

D.

a 3
2

Hướng dẫn giải
Gọi

K

là

trung

điểm

1
Vì SH   ABC nên SH  AB  2 

của

AB

S

 HK  AB

Từ (1) và (2)  AB  SK
M

Do đó góc giữa (SAB) với đáy bằng góc

C

giữa SK và HK bằng SKH  600 .

H

B
K

a 3
Ta có: SH  HK tan SKH 
2

A

Vậy

1
1 1
a3 3
VS.ABC  SABC .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:

1
HM2



1
HK 2



1
SH2



16
3a2

 HM 

a 3
a 3
. Vậy d I,  SAB 
.
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 600 . Tính theo a khoảng cách từ điểm H đến mặt
phẳng  SBC 
A.

a 7

B.

29

a 21

C.

4 29

a 21

D.

3 29

a 21
29

Hướng dẫn giải
S

A

I
H

E
A

C
H

I

H'

K

B

I'

A' H' K

C

B

Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133

Page 14

Chuyên đề: Hình học không gian
Ta có: CI  AC2  AI2 

Chủ đề 1: Khối đa diện

a 3
2

Do đó AH  AI2  IH2 

a 7
a 21
, suy ra SH  AH.tan 600 
4
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: HH' 

1
1

1
a 21
1
1
a 3
. Từ


 HE 
II '  AA ' 
2
4
8
4 29
HE2 HS2 HH'2





Vậy d H; SBC  

a 21

. Vậy chọn đáp án B.

4 29

Câu 10. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a. Góc BAC  600 hình
chiếu của S trên mặt phẳng  ABCD  trùng với trọng tâm của tam giác ABC. Mặt phẳng

hợp với mặt phẳng  ABCD  góc 600 . Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng

 SAC
 SCD 
a

A.

2a

B.

112

6a

C.

111

3a

D.

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
1



d 2 O,  SCD 







công
1

OC2





1
OD2





thức:
1
OE2



Mà d B,  SCD   2d O,  SCD  

d

3a
112

6a

A

D

H

O

B

C

112

Vậy chọn đáp án C.
Câu 11. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc BAC bằng 600 .
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 600 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.

a 7
11

D.

2a 7
15

Hướng 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
S

Trong tam giác SHO có:

1 a 3
a
SH  HO.tan 600  .
. 3
3 2
2
Tính khoảng cách từ B đến

 SCD  :

A
60°

a 57
SD  SH2  HD2 
;
6

SD 

60°

H

O

B

a 21
SC  SH  HC 

6
2

D

C

2

a 57
a 21
SC  SD  CD
; SC 
; CD  a, p 
6
6
2

SSCD  p  p  SC  p  SD  p  CD  





Từ (1), (2), (3) ta có d B,  SCD  

a2 21
12

 3

3a 7
. Vậy chọn đáp án B.
14

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 600 . 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 SMA  600

SAM đều cạnh bằng
 SSAM

a 3
2

3 3a2

16

1
a3 3
VS.ABC  BC.SSAM 
3
16
1 a 13 a 3 a2 39
SSAC 
.

2 4
2
16
3V
3a3 3
3a 13
d B,  SAC   B.SAC 

2

SSAC
13
a 39
16.
16



S

A

C
60°

H

M

B



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)
A.

3a

a

B.

11

3a

C.

13

5a

D.

15

17

Hướng dẫn giải
SH   ABCD   SH  AC

S

2

SAC vuông tại S  SH  HA.HC
AC  AB2  BC2  2a , suy ra:

a
3a
a 3
HA  , HC 
 SH 
2
2
2
CI  2HI  d C,  SBD   2d I,  SBD 







A



H
N I

Hạ HN  BD, N  BD và HK  SN, KN .



D

K

B

C



Suy ra: HK   SBD  nên d H,  SBD   HK
Ta có: AB.AD  2SABD  2HN.BD  HN 
Ta có:

1
HK

2



1

HN

2

1



SH

2

 HK 

3a
2 15

AB.AD a 3

2BD
4





. Vậy d C,  SBD   2HK 

3a
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

S

Do  SAC   ABCD   SH   ABCD 
SA  AC2  SC2  a, SH 

SA.SC a 3

AC
2

J

Ta có:

a
AH  SA  SH   CA  4HA
2
 d C,  SAD   4d H,  SAD 
2



2

A

D

K
H



B


Do BC / /  SAD  d  B, SAD   d  C, SAD   4d H, SAD 

Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133

C

Page 17


Chuyên đề: Hình học không gian
Kẻ HK  AD  K  AD  , HJ  SK

Chủ đề 1: Khối đa diện

 J  SK 





Chứng minh được  SHK    SAD  mà HJ  SK  HJ   SAD   d H,  SAD   HJ ; AHK
vuông

K  HK  AHsin 450 

tại





d B,  SAD 

2a 3
7



SH.HK
a 3
a 2
.
 HJ 

2
2
4
2
7
SH  HK

Vậy

2a 21
.
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 600 . 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
S

O là tâm của hình chữ nhật, ta có:



2
2 1
1 2
BH  BO  . AC 
a  2 2a
3
3 2
3



2

a
A

Ta có SH   ABCD  nên góc giữa SB và
mặt phẳng (ABCD) là góc SBH  60

D

I

0

H

B

O
C

K

Trong tam giác vuông SHB ta có:

SH  BH tan SBH  a.tan 600  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 . Trong tam giác vuông SHK ta có:
3
3
HI 

SH.HK
SH2  HK 2



a 3.

a
3

3a2 

a2
9



a 3
28



a 21
.
14

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 d A; SBC   3d H; SBC  3HI 

3a 21
. Vậy chọn đáp án D.
14

Câu 16. Cho hình chóp S.ABC có AB  AC, BC  a 3, BAC  1200 . 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 600 . Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng
(SBC)
A.

4a 37
37

a

B.

C.

37

3a 37

37

2a 37
37

D.

Hướng dẫn giải
S

A
I

H

E
A

C

120°

H
I

B

K
H'

I'

A'H' K

C

B

Theo định lý cosin trong tam giác ABC ta được AB  AC  a
Ta có CI2  AI2  AC2  2AI.AC.cos1200 
2

Do đó: AH 





2 AI2  AC2  CI2
4

Suy ra SH  AH.tan 600 

7a2
a 7
 CI 
4
2

3a2

a 3

 AH 
16
4

3a
4

AH cắt BC tại K. Gọi A’, H’, I’ lần lượt là hình chiếu của A, H, I trên BC.


  AK  AA '  4  d A; SBC  4d H; SBC
     
d  H;  SBC   HK HH '
Gọi E là hình chiếu của H trên SH’ thì HE   SBC  d  H;  SBC   HE
Ta có:

HH' 

d A;  SBC 

1
1
1
3a
1
a



 HE 
AA '  và từ
4
8
4 37
HE2 HS2 HH'2





Vậy d A; SBC   4HE 

3a 37
. Vậy chọn đáp án C.
37

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 600 . 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.

S

0

Suy ra SKI  60 .

KI
BI

.
AD BD

Do IK / /AD 

H

Mà

B

BI BC a 1
BI
1
BI 1

  
 

ID AD 3a 3 BI  ID 4
BD 4

C
60°

K

I
D

A

KI 1
3a
3a 3
  KI   SI 
AD 4
4
4

Suy ra

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

1

Lại có

IH



2



1
2

IS





Vậy d D; SAB  

1
IK

2



16
2

27a



16
2

9a

 IH 

3a 3
8

3a 3
. Vậy chọn đáp án D.
2

Câu 18. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh bằng a, góc
DAB  1200 . Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với đáy. Góc giữa (SBC) và

mặt đáy bằng 600 . Tính thể khoảng cách từ A đến (SBC)
A.

a 3
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 
   SBC ,  ABCD    SKO  600

S

H

A

B
120°
60°

O
D

K
C

Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133

Page 20


Chuyên đề: Hình học không gian
AO   SBC   C







 d A;  SBC   2d O;  SBC 

Chủ đề 1: Khối đa diện



 SBC   SOK  
 SBC   SOK   SK   OH   SBC  d  O;  SBC   OH



OH  SK
1
OH



2

1
OK

2



1
2

OS

 OH 

3a
3a
 d A;  SBC  
8
4





Vậy chọn đáp án B.
Câu 19. Trong mặt phẳng (P), cho hình thoi ABCD có độ dài các cạnh bằng a, ABC  1200 .
Gọi G là trọng tâm tam giác ABD. Trên đường thẳng vuông góc với (P) tại G, lấy điểm S
sao cho ASC  900 . Tính khoảng cách từ điểm G đến mặt phẳng (SBD) theo a.
A.

a

B.

17

a 2

C.

27

a 2
17

D.

a
37

Hướng dẫn giải
ABC  1200  BAD  600  ABD đều cạnh a.

S

Gọi O là giao điểm của AC và BD.

 AO 

a 3
2
a 3
; AG  AO 
; AC  a 3
2
3
3

a 6
( SAC vuông tại S, đường cao

 SG  GA.GC 
3
SG).
Kẻ GH  SO  GH   SBD  vì



H
B

C
O
G

A

D



BD  GH   SAO   d G;  SBD   GH

SGO vuông tại G, đường cao GH


1
GH

2



1
2

GS



1
2

GO



27
2

2a

 GH 

a 2
27

. 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  SH2  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

a
3a
a 3
 SH 
AC  AB2  BC2  2a , suy ra: HA  , HC 
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ABD  2HN.BD
 HN 

AB.AD a 3

2BD
4

Ta có:

1
2



1
2



1
2

 HK 

A

3a

H

2 15
3a
. Vậy d C,  SBD   2HK 
.
15
HK

HN



SH

D

K
N I



B

C

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

2a

B.

7

C.

7

2a 21
7

D.

a 13
7

Hướng dẫn giải
Kẻ SH  AC, H  AC

S

Do  SAC   ABCD   SH   ABCD 

SA  AC2  SC2  a, SH 

SA.SC a 3

AC
2
J

Ta có:

a
AH  SA  SH   CA  4HA  d C,  SAD   4d H,  SAD 
2
2



2







A

D

K

H

B



 





Do BC / /  SAD   d B,  SAD   d C,  SAD   4d H,  SAD 
Kẻ HK  AD  K  AD  , HJ  SK

C



 J  SK 





Chứng minh được  SHK    SAD  mà HJ  SK  HJ   SAD   d H,  SAD   HJ
AHK vuông tại K  HK  AHsin 450 

a 2
4

Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133

Page 22


Chuyên đề: Hình học không gian
SH.HK

 HJ 

SH2  HK 2



a 3
2 7

Chủ đề 1: Khối đa diện





. Vậy d B, SAD  

2a 3
7



2a 21
.
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 600 . 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: BH 



2
2 1
1 2
BO  . AC 
a  2 2a
3
3 2
3



2

S

a
A

Ta có SH   ABCD  nên góc giữa SB và mặt phẳng (ABCD)
là góc SBH  60
Trong

D

I

0

H
B

tam

giác

vuông

SHB

ta

O

K

C

có:

SH  BH tan SBH  a.tan 600  a 3

3
Ta có: d A;  SBC   2d 0;  SBC   2. d H;  SBC   3d H;  SBC 
2















1
Ta có: SH   ABCD   SH  BC . Do đó BC   SHK   BC  HI
Từ (1) và (2) suy ra HI   SBC nên d  H;  SBC   HI



Kẻ HK  BC  K  BC , HI  SK  I  SK 

 2

1
1
Ta có HK  DC  a . Trong tam giác vuông SHK ta có:
3
3

HI 

SH.HK
SH2  HK 2







a 3.

a
3

3a2 

a2
9







a 3
28



a 21
.
14

Vậy d A; SBC   3d H; SBC  3HI 

3a 21
14

Câu 23. Cho hình chóp S.ABC có AB  AC, BC  a 3, BAC  1200 . 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 600 . 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
A.

3a 21
14

B.

a 21
15

Chủ đề 1: Khối đa diện
C.

a 21
13

a 21
5

D.

Hướng dẫn giải
Theo định lý cosin trong tam giác ABC ta được

S

AB  AC  a
Ta

có

 CI 

7a2
CI  AI  AC  2AI.AC.cos120 
4
2

2

2

0

E

a 7
2

A

H

K
H'

I

Do đó





2 AI2  AC2  CI2

AH2 

4

Suy ra SH  AH.tan 600 

B



2

3a
a 3
 AH 
16
4

3a
4

A
I

AH cắt BC tại K. Gọi A’, H’, I’ lần lượt là hình chiếu
của A, H, I trên BC.

B


  AK  AA '  4
d  H;  SBC   HK HH '
 d  A;  SBC   4d  H;  SBC 

Ta có:

C

120°

d A;  SBC 



H

I'

A'H' K

C



Gọi E là hình chiếu của H trên SH’ thì HE   SBC  d H;  SBC  HE

HH' 

1
1
1
3a
1

a


 HE 
AA '  và từ
2
2
2
4
8
4 37
HE
HS HH'





Vậy d A; SBC   4HE 

3a 37
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 600 . Biết rằng AB  BC  a, AD  3a . Tính khoảng cách từ D đến mặt phẳng
(SAB) theo a
A.

3a 5

4

B.

a 2
5

C.

a 3
13

D.

3a 3
2

Hướng dẫn giải
Gọi K là hình chiếu của I lên AB.
Suy ra SKI  600 .
Do IK / /AD 

S

KI
BI

.
AD BD

H
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133
C
B

Page 24

60°

K

I
A

D


Chuyên đề: Hình học không gian
Mà

Chủ đề 1: Khối đa diện

BI BC a 1
BI
1
BI 1

  
 


ID AD 3a 3 BI  ID 4
BD 4
KI 1
3a
3a 3
  KI   SI 
AD 4
4
4

Suy ra

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

1

Lại có

IH2



1
IS2







Vậy d D; SAB  

1
IK2



16
27a2



16
9a2

 IH 

3a 3
8

3a 3
. Vậy chọn đáp án D.
2

Câu 25. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh bằng a, góc
DAB  1200 . Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với đáy. Góc giữa (SBC) và

mặt đáy bằng 600 . Tính khoảng cách từ A đến (SBC)
A.

3a
4

B.

a 2
3

C.

a 3
3

D.

5a
2

Hướng dẫn giải

 SAC   ABCD  
 SBD    ABCD    SO   ABCD   SO  BC

 SAC   SBD   SO
Kẻ OK  BC  BC   SOK 
   SBC ,  ABCD    SKO  600
a 3
3a
 SO  ; AO   SBC   C
4
4
 d A;  SBC   2d O;  SBC 





H

A

B
120°
60°

O
D

OK 



S

K
C



 SBC   SOK  
 SBC   SOK   SK   OH   SBC  d  O;  SBC   OH



OH  SK
1
OH2



1
OK 2



1
OS2

 OH 

3a
3a
 d A;  SBC  
8
4





Vậy chọn đáp án A.
Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133

Page 25