TÍNH TOÁN VỀ ĐỘ DÀI (KHOẢNG CÁCH) DIỆN TÍCH

Câu 1: [2H1-4-3] (THPT Ninh Giang – Hải Dương – Lần 2 – Năm 2018) Cho hình chóp tứ

giác S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng a 2 . Tam giác SAD cân tại S và
mặt bên  SAD  vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết thể tích của khối chóp
S . ABCD bằng

A. h 

4 3
a . Tính khoảng cách h từ điểm B đến mặt phẳng  SCD  .
3

3
a.
4

B. h 

2
a.
3

C. h 

4
a.
3

8
D. h  a .
3

Lời giải
Chọn C

Ta có chiều cao của khối chóp S . ABCD là SI với I là trung điểm của AD .
4 3
1
4
Suy ra thể tích của khối chóp S . ABCD bằng a  2a 2 .SI  a 3  SI  2a .
3
3
3
Xét tam giác SCD vuông tại D có:

1
1 3a 2
3a 2
3a 2
nên
.
SSCD  SD.CD  .
SD  SI  ID 
.a 2 
2
2 2
2
2
4
1
4

Thấy ngay VS . ABCD  2VS .BCD  2VB.SCD  a 3  2. S SCD .h  h  a .
3
3
3
2

2

Câu 2: [2H1-4-3] (SỞ GD VÀ ĐT HƯNG YÊN NĂM 2018) Cho hình chóp S.ABCD có đáy

là hình vuông cạnh 2a , tam giác SAB đều, góc giữa  SCD  và  ABCD  bằng 60  .

Gọi M là trung điểm của cạnh AB . Biết hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt
phẳng  ABCD  nằm trong hình vuông ABCD . Tính theo a khoảng cách giữa
đường thẳng SM và AC .
A.

a 5
.
5

B.

2a 15
.
3

C.
Lời giải

Chọn A

5a 3
.
3

D.

2a 5
.
5


S

2a

K

A

D

60°

M

O

B

H

E

N
C

I

Gọi N , E lần lượt là trung điểm của CD, BC . Ta có: SAB đều nên SM  AB mà

AB / /CD SM  CD và MN  CD do đó SN  CD hay góc giữa hai mặt phẳng

 SCD  và  ABCD 
Trong mặt phẳng

là SNM  60 .

 SNM 

từ S kẻ SH  MN , H  MN ta có SH  CD nên

SH   ABCD  .
Trong mặt phẳng  ABCD  từ H kẻ HI  ME , I  ME , từ H kẻ HK  SI , K  SI
ta có SH   ABCD   SH  ME nên ME   SIH   ME  HK mà HK  SI do
đó HK   SIH  hay d  H ,  SME    HK .
Xét SAB đều cạnh 2a nên SM  a 3 .
Xét
có

SMN
 3a 2  4a 2  SN 2  2a.SN .

SM 2  MN 2  SN 2  2.SN .MN .cos SNM

 SN 2  2a.SN  a 2  0  SN  a  HN  SN .cos SNM 

SH  SN .sin SNM 
Do


đó:

MH 

a
2

và

a 3
.
2

3a
2

và

MO  a

nên

d  O,  SME   

MO
d  H ,  SME  
MH

2
d  H ,  SME  
3

Lại

có:

ME / / AC

 d  O,  SME   

2
HK .
3

nên

AC / /  SME   d  SM , AC   d  AC ,  SME  

Xét MHI vuông tại I có HMI  45 nên MHI vuông cân tại I do đó

MI  HI 

MH 3a 2
.

4
2

1
1
1
Xét SHI có


 HK 
2
2
HK
HI
SH 2

Vậy  d  SM , AC   d  O,  SME   

3a 2 a 3
.
4
2  3a 5 .


2
2
2
10
HI  SH
9a 3a 2

8
4

HI .SH

a 5
2
.
HK 
3
5

Câu 3: [2H1-4-3] (SỞ GD VÀ ĐT HƯNG YÊN NĂM 2018) Cho hình chóp S.ABCD có đáy

ABCD là hình thoi tâm O cạnh AB  2a 3 , góc BAD  120 . Hai mặt phẳng
 SAB  và  SAD  cùng vuông góc với đáy. Góc giữa mặt phẳng  SBC  và  ABCD 
bằng 45 . Tính khoảng cách từ O đến mặt phẳng  SBC  .
A. h 

h

a 2
.

3

B. h  3a .

C. h 

3a 2
.
4

D.

a 3
.
2
Lời giải

Chọn C
S

H

2a 3

A

E

O
D

B

45°

C

Trong mặt phẳng  ABCD  từ A kẻ AE  BC , E  BC (*).
Lại có hai mặt phẳng  SAB  và  SAD  cùng vuông góc với đáy nên

SA   ABCD  do đó SA  BC (**).


Từ (*) và (**) ta có:  SAE   BC , trong mặt phẳng  SAE  từ A kẻ
AH  SE , H  SE mà  SAE   BC nên AH  BC do đó AH   SBC 

 d  A,  SBC    AH .
Ta lại có: d  O,  SBC   

1
1
d  A,  SBC    AH .
2
2

1
1
Xét tam giác ABC có S ABC  . AB.BC.sin ABC  AE.BC
2
2

 AE  AB sin ABC  3a .

Mặt khác góc giữa mặt phẳng  SBC  và  ABCD  bằng 45 nên SEA  45 . Khi
đó: SA  AE.tan SEA  3a .
Xét tam giác SAE có:

 d  O,  SBC   

1
1
1
 2
 AH 
2
AH
SA
AE 2

SA. AE
SA2  AE 2



9a 2
3a 2

2
3a 2

1
3a 2
.
AH 
2
4

Câu 4: [2H1-4-3] (THPT LƯƠNG TÀI - BẮC NINH - LẦN 2 - 2017 - 2018 - BTN)

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a , cạnh bên bằng

SA vuông góc với đáy , SA  a . Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  ?
a 3
.
2
a 6
d
.
3

A. d 

B. d 

a 2
.
2

C. d 

a 6
.
2

Lời giải
Chọn A

S
a

C

2a

A

2a E

2a

B
Ta có SB  SC  a 5;SE  5a 2  a 2  2a.

D.


Diện tích tam giác ABC là

 2a 
S

2

3

4

Diện tích của tam giác SBC là S ' 

 3a 2 .

1
1
SE.BC  .2a.2a  2a 2 .
2
2

1
3 3
Thể tích hình chóp S.ABC là V  a. 3a 2 
a.
3
3
Mặt khác V 

3 3 1
3a3
3a
a  d  A;  SBC   .S '  d  A;  SBC   


.
2
3
3
2a
2

(THPT LƯƠNG TÀI - BẮC NINH - LẦN 2 - 2017 - 2018 - BTN)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh AB  a 6 , cạnh bên
SC  4 3a . Hai mặt phẳng  SAD  và  SAC  cùng vuông góc với mặt phẳng

Câu 5: [2H1-4-3]

 ABCD  và M
phẳng  ACD  ?

là trung điểm của SC . Tính góc giữa đường thẳng BM và mặt

A. 30 .

B. 60 .

C. 45 .

D. 90 .

Lời giải
Chọn D

S

M
B

A
O
D

C

Theo đề ta có SA   ABCD  .
Vì MO là đường trung bình trong tam giác SAC nên MO  SA , do đó hình chiếu
vuông góc của BM lên  ACD  . Suy ra góc giữa đường thẳng BM và mặt phẳng

 ACD 

là góc giữa BM và BO , là MBO .

Tam giác SBC vuông tại B nên BM 

2
1
SC  2 3a ; BO 
.a 6  a 3 .
2
2

Tam giác OBM vuông tại O , do đó cos MBO 

OB 1

 , do đó MBO  60 .
BM 2


Câu 6: [2H1-4-3](THPT LƯƠNG TÀI - BẮC NINH - LẦN 2 - 2017 - 2018 - BTN) Cho

hình lăng trụ tam giác đều ABC.ABC có bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy ABC
2a 3
bằng
và góc giữa hai đường thẳng AB và BC bằng 60 0 . Tính khoảng cách
3
d giữa hai đường thẳng AB và BC .
2 3a
2 2a
4a
A. d 
.
B. d 
.
C. d 
.
D.
3
3
3

d

2 6a
.

3
Lời giải

Chọn A

AB.BC.CA AB 2 3
AB 2a 3

R

 AB  2a .
4R
4
3
3
Dựng hình hộp ABCD.ABCD suy ra AB DC  nên
Có SABC 

 AB, BC    DC , BC   600 .
TH1: BC D  1200 . Xét tam giác BDC có sin 600 

BH
 BC   2a  BC
BC 

(Loại)
TH2: BC D  600 suy ra BC   2 BH  2a 3  BB  2 2a  BC .

1
2 6a 3

VC.BCD  VABC . ABC  
3
3


d  d  AB, BC    d  AB,  BC D    d  A,  BC D    d C ,  BC D   

3VC.BCD
SBCD

2 6a 3
3  2 2a

3
3 3a 2
3.

Câu 7: [2H1-4-3] (THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN)Cho hình chóp S. ABC có đáy là tam

giác vuông cân ở A , cạnh BC  2 3a . Tam giác SBC cân tại S và nằm trong mặt
phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết thể tích của khối chóp bằng a 3 , tính góc
giữa SA và mặt phẳng  SBC  .
A.


6

.

arctan

B.


3

.

C.


4

.

D.

3
.
2
Lời giải

Chọn B

Gọi H là trung điểm BC , ta chứng minh được SH là đường cao của hình chóp và
AH   SBC  .



 



Do đó, hình chiếu vuông góc của SA lên  SBC  là SH hay SA;  SBC   SA; SH .
Tam giác ABC vuông cân tại A nên AB 

AB 2
BC
 3a 2 .
 a 6 và S ABC 
2
2


Đường cao SH 

3VSABC
AH a 3
 a . Do đó, tan ASH 

 3
S ABC
SH
a

 





Vậy SA;  SBC   SA; SH 


3

.

Câu 8: [2H1-4-3] (THPT TRẦN PHÚ) Cho lăng trụ ABC. ABC có đáy là tam giác đều cạnh

a . Hình chiếu vuông góc của điểm A lên mặt phẳng  ABC  trùng với trọng tâm
tam giác ABC . Biết thể tích của khối lăng trụ là

a3 3
. Tính khoảng cách giữa hai
4

đường thẳng AA và BC .
A.

2a
.
3

B.

4a
.
3

C.

3a
.
4

D.

Lời giải
Chọn C

C

A
B

I
K

C

A
M

H

B
Gọi H là trọng tâm của ABC , M là trung điểm BC .
Kẻ MI  AA tại I .
Kẻ HK  AA tại K .

Ta có AH   ABC   AH  BC mà BC  AM

 BC   AAM   BC  MI .
Suy ra MI là đoạn vuông góc chung của AA và BC .

S ABC

V
a2 3

 AH  ABC . ABC  a
4
S ABC

AH 

2
a 3
1
1
1
3 1
4
a



 2  2  2  HK 
AM 
2

2
2
HK
AH
AH
a
a
a
2
3
3

3a
.
2


d  AA, BC   MI 

3
3a
HK 
.
2
4

Câu 9: [2H1-4-3] (CHUYÊN THÁI BÌNH L3) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông

a 17
, hình chiếu vuông góc H của S lên mặt phẳng  ABCD  là trung

2
điểm của đoạn AB . Tính chiều cao của khối chóp H .SBD theo a .
cạnh a , SD 

A.

a 3
.
5

B.

a 3
.
7

a 21
.
5

C.

D.

3a
.
5

Lời giải
Chọn A

S

B

C

H
D

A
B

C
I

H

D

A

Ta

SHD

có

vuông

tại

2

 a 17   2  a 2 
 SH  SD  HD  
  a      a 3 .
 2  
 2  
2

Cách 1. VS . ABCD

2

1
3 3
1
1
a3 3
 SH .S ABCD 
a  VH .SBD  VA.SBD  VS . ABCD 
.
3
3
2
4
12

Tam giác SHB vuông tại H  SB  SH 2  HB 2 

a 13
.
2

a 13
a 17
5a 2
, BD  a 2, SD 
 SSBD 
Tam giác SBD có SB 
.
2
2
4
 d  H ,  SBD   

3VS .HBD a 3

.
SSBD
5

H


Cách 2. Ta có d  H , BD  

1
a 2

d  A, BD  
.
2
4

Chiều cao của chóp H .SBD là

a 2
4 a 3.
d  H ,  SBD   

2
5
a2
SH 2   d  H , BD  
3a 2 
8
SH .d  H , BD 

Cách

Gọi

3.

là

I

trung

a 3.

điểm

BD .

Chọn

hệ

trục

Oxyz

với

O  H , Ox  HI , Oy  HB, Oz  HS .

z

S

y

C

B

O H

I
x

A

D

 a 
a

Ta có H  0;0;0  , B  0; ;0  , S 0;0; a 3 , I  ;0;0  .
 2 
2




Vì



 SBD    SBI 

  SBD  :



2x 2 y
z

3


 1  2x  2 y 
za  0.
a
a a 3
3



2.0  2.0 

Câu 10: Suy ra d H ,  SBD  

3
.0  a
3



a 3
. [2H1-4-3] (THPT HỒNG
5

1
3
QUANG)Trong hội trại kỉ niệm ngày thành lập Đoàn thanh niên Cộng sản Hồ Chí Minh
26/3, ban tổ chức phát cho mỗi lớp 1 đoạn dây dài 18 m không co dãn để khoanh trên
một khoảng đất trống một hình chữ nhật có các cạnh là các đoạn của sợi dây đó. Phần

đất để dựng trại chính là hình chữ nhật được tạo thành. Hỏi, diện tích lớn nhất có thể của
phần đất dựng trại là bao nhiêu mét vuông?
44

A.

18 m 2 .

B.

20,25 m 2 .

C.

81 m 2 .

D.

9 m2 .


Câu 11: [2H1-4-3] [SGD VĨNH PHÚC-2017] Cho hình lăng trụ đứng ABC. A1 B1C1 có AB  a
, AC  2a , AA1  2a 5 và BAC  120. Gọi K , I lần lượt là trung điểm của các
cạnh CC1 , BB1 . Tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng  A1BK  .
A.

a 5
.
3

B. a 15 .

C.

a 5
.
6

D.

a 15
.
3

Lời giải
Chọn C
Ta có IK  B1C1  BC  AB 2  AC 2  2 AB. AC.cos1200  a 7
Kẻ AH  B1C1 khi đó AH là đường cao của tứ diện A1 BIK
0
Vì A1H .B1C1  A1B1. AC
1 1.sin120  A1 H 

S

IKB



a 21
7

1
1
1
IK .KB  a 2 35  VA1 .IBK  a 3 15(dvtt )
2
2
6

Mặt khác áp dụng định lý Pitago và công thức Hê-rông ta tính đc
S A1BK  3a 3  dvdt 
Do đó d  I ,  A1BK   

3VA1IBK
SA1BK



a 5
.
6

Câu 12: [2H1-4-3] [NGUYỄN KHUYẾN -HCM-2017] Cho hình chóp S.ABCD có đáy là

hình chữ nhật. Tam giác SAB vuông cân tại A và nằm trong mặt phẳng vuông góc
với đáy và SB  4 2 . Gọi M là trung điểm của cạnh SD . Tính khoảng cách l từ
điểm M đến mặt phẳng  SBC  .
A. l  2

B. l  2 2

C. l  2
Lời giải

Chọn B

D. l 

2
2


S

K
H

M
N

4 2

D

A
B

C



 SAB    ABCD  ,  SAB    ABCD   AB
 SA   ABCD 
Theo giả thiết, ta có 

 SA  AB
.

Gọi N , H , K lần lượt là trung điểm các cạnh SA, SB và đoạn SH .

 BC  SA
Ta có 
 BC   SAB   BC  AH .
 BC  AB
Mà AH  SB ( ABC cân tại A có AH là trung tuyến).
Suy ra AH   SBC  , do đó KN   SBC  (vì KN || AH , đường trung bình).
Mặt khác MN || BC  MN ||  SBC  .
Nên d  M ,  SBC    d  N ,  SBC    NK 

1
AH  2 2 .
2

Câu 13: [2H1-4-3][CHUYÊN THÁI BÌNH-2017]Cho khối chóp S.ABCD có thể tích bằng
a 3 . Mặt bên SAB là tam giác đều cạnh a và đáy ABCD là hình bình hành. Tính
theo a khoảng cách giữa SA và CD .
a
2a
A. 2 3a .
B. a 3 .
C.

.
D. .
2
3
Lời giải

Chọn A


S

A

D
a

B

C

1
a3
Vì đáy ABCD là hình bình hành  VSABD  VSBCD  VS . ABCD  .
2
2

Ta có:Vì tam giác SAB đều cạnh a  SSAB 
Vì CD AB  CD

a2 3

4

 SAB  nên

d  CD, SA  d  CD,  SAB    d  D,  SAB   

3VSABD
S SBD

a3
 2 2  2 3a.
a 3
4
3.

Câu 14: [2H1-4-3][THTT -447-2017] Cho khối đa diện đều n mặt có thể tích V và diện tích

mỗi mặt của nó bằng S. Khi đó, tổng các khoảng cách từ một điểm bất kì bên trong
khối đa diện đó đến các mặt của nó bằng
V
3V
V
nV
.
.
.
.
A.
B.
C.

D.
nS
S
3S
S
Lời giải

Chọn C
S

C

A
H
B


Xét trong trường hợp khối tứ diện đều.
Các trường hợp khác hoàn toàn tương tự.
1
1
1
1
VH . ABC  h1.S ; VH .SBC  h2 .S ; VH .SAB  h3 .S ; VH .SAC  h4 .S
3
3
3
3
3V
3V

3V
3V
h1  1 ; h2  2 ; h3  3 ; h4  4
S
S
S
S
3 V1  V2  V3  V4  3V
 h1  h2  h3  h4 

S
S
Câu 15: [2H1-4-3] [2017] Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , hình
chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng  ABC  là trung điểm H của cạnh BC

. Góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng  ABC  bằng 600 . Gọi G là trọng tâm
tam giác SAC , R là bán kính mặt cầu có tâm G và tiếp xúc với mặt phẳng  SAB 
. Đẳng thức nào sau đây sai?
A. R  d G,  SAB  . B. 3 13R  2SH .

C.

R2
SABC



4 3
.
39

R
 13.
a
Lời giải
Chọn D

Ta có 600  SA,  ABC   SA, HA  SAH .
Tam giác ABC đều cạnh a nên AH 

a 3
.
2

Trong tam giác vuông SHA , ta có SH  AH .tan SAH 

3a
.
2

Vì mặt cầu có tâm G và tiếp xúc với  SAB  nên bán kính mặt cầu

D.


R  d G,  SAB  .

1

2

Ta có d G,  SAB   d C ,  SAB   d  H ,  SAB  .
3
3
Gọi M , E lần lượt là trung điểm AB và MB .

 HE  AB
CM  AB


Suy ra 
1
a 3 và 
a 3.
HE
CM

CM




2
2
4


Gọi K là hình chiếu vuông góc của H trên SE , suy ra HK  SE . 1

 HE  AB

 AB   SHE   AB  HK .  2 
AB

SH


Ta có 

Từ 1 và  2  , suy ra HK   SAB  nên d  H ,  SAB    HK .
Trong tam giác vuông SHE , ta có HK 

Vậy R 

Câu 16:

2
a
HK 
. Chọn
3
13

SH .HE
SH 2  HE 2



3a
.
2 13

D.

[2H1-4-3] (THPT Phan Đăng Lưu - Huế - Lần I - 2017 - 2018)Lăng trụ
ABC.ABC  có đáy là tam giác vuông cân tại A , AB  a , biết thể tích của lăng trụ

ABC.ABC  là V 
A. h 

8a
.
3

4a 3
.Tính khoảng cách h giữa AB và BC .
3

B. h 

3a
.
8

C. h 
Lời giải

Chọn A

2a
.

3

D. h 

a
.
3


C

B

A
h

C'

B'
a

a
A'

Ta có AB
SABC 

 ABC   d  AB, BC   d  AB,  ABC    d  B,  ABC   .

a2

.
2

V  S ABC .h  h 

V
SABC

4a 3
8a
.
 32 
3
a
2

Câu 17: [2H1-4-3] (THPT Thuận Thành - Bắc Ninh - Lần 2 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình

chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình thoi, BAD  60 , cạnh đáy bằng a , thể tích

a3 2
. Biết hình chiếu của đỉnh S lên mặt phẳng đáy trùng với giao điểm hai
4
đường chéo của hình thoi (tham khảo hình vẽ). Khoảng cách từ C đến mặt phẳng
 SAB  bằng
bằng


A.

a
.
4

B.

a 6
.
3

C.

a
.
3

a 6
.
2

D.

Lời giải
Chọn B

S ABCD  2S ABD  AB. AD sin A 



3V

a2 3
. Độ dài đường cao SH 
S ABCD
2

a3 2
 34
a 3
2
3.

a 6
2

Gọi M là trung điểm AB , K là trung điểm của BM
Ta có DM  AB  DM 

DM a 3
a 3
, HK // DM và HK 
.

2
2
4

Ta có AB   SHK    SAB    SHK  ,  SAB    SHK   SK
Vẽ HN  SK tại N  HN   SAB   d  H ,  SAB    HN .

HN 

HK .HS
HK 2  HS 2



a 6
a 6
, d  C ,  SAB    2d  H ,  SAB    2 HN 
.
3
6

Câu 18: [2H1-4-3] (PTNK Cơ Sở 2 - TPHCM - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp đều

a3 3
, mặt bên tạo với đáy một góc 60 .
S.ABC có thể tích bằng
24
Khi đó khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  bằng


A.

a 3
.
2

B.

a 2
.
2

C. a 3 .

D.

3a
.
4

Lời giải
Chọn D
S

I
A

C
H

M

B

Gọi H là trọng tâm tam giác ABC , ta có SH   ABC  .
Gọi M là trung điểm của BC , ta có BC   SAM  .
Do đó, ta có góc giữa mặt phẳng  SBC  và mặt đáy bằng SMH  60 .
x

x 3
; SH  HM tan 60  . Vậy thể tích khối chóp S.ABC
2
6
2
3
3
3
1x 3 x x 3
x 3 a 3
bằng V 
 


xa.
3 4 2
24
24
24
Kẻ
AI  SM
 I  SM   AI   SBC   AI  d  A,  SBC   ;

Đặt AB  x  HM 

a2 a2
3a
.



12 4
3
SH . AH 3a
AI 

.
SM
4

SM 

Câu 19: [2H1-4-3] (PTNK Cơ Sở 2 - TPHCM - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình thoi ABCD
tâm O cạnh a và AC  a . Từ trung điểm H của AB , dựng SH   ABCD  với

SH  a . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  bằng
A.

8a 3
.
15

B.

2a 57
.
19

C.

.

Lời giải
Chọn B

2a 66
.
23

D.

10a 5
27


S

K A

D

H
B

Dựng

M

C

SH  BC   SHM    SBC  ;

HM  BC  M  BC  ;

 SHM    SBC   SM .

 SHM  ,
HK  SM  K  SM   HK   SBC   HK  d  H ,  SBC   .
Ta có: d  A,  SBC    2d  H ,  SBC   .
Trong

mặt

phẳng

dựng

1
1
1
1 16
19
a 3
57a
;
.


 2  2  2  HK 
2
2
2

HK
SH
HM
a 3a
3a
4
19
a 57a
Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  bằng 2 HK 
.
19
HM  BH sin 60 

Câu 20: [2H1-4-3] (TOÁN HỌC TUỔI TRẺ LẦN 8) Cho hình chóp S.ABC có khoảng
cách từ điểm S đến mặt phẳng  ABC  là 2a và thể tích bằng a 3 . Nếu ABC là tam
giác vuông cân thì độ dài cạnh huyền của nó là
A. a 3 .

B. a 6 .

C.

a 6
.
2

D.

a 3
.

2

Lời giải
Chọn B
Không mất tính tổng quát, giả sử tam giác ABC vuông cân tại A .
Đặt x  AB , ta có SABC 

1
x2
1
ax 2
AB. AC 
V

S
.
SH

và S . ABC
. Vậy
ABC
2
2
3
3

VS . ABC  a3 

ax 2
 a3  x  a 3 .

3

Độ dài cạnh huyền là BC  AB 2  a 6.
Câu 21: [2H1-4-3] (THPT TIÊN LÃNG) Cho hình chóp tứ giác đều có độ dài cạnh bên và

cạnh đáy cùng bằng a . Khoảng cách giữa đường thẳng AD và mặt phẳng  SBC 
là


A.

a 6
.
6

B.

a 6
.
3

C.

a 2
.
2

D.

a 3

.
2

Lời giải
S

H

A

E

O

D

B

C

Chọn B
d  AD,  SBC    d  A,  SBC   

3VS . ABC
SSBC

Gọi O là tâm của mặt đáy, ta có SO  SA2  AO 2 
 VS . ABC

a 2

2

1
1 1 2 a 2 a3 2
 VS . ABCD    a 

2
2 3
2
12

Ngoài ra, SSBC

a 6
a2 3
 d  AD,  SBC   

3
4

Cách 2:
Gọi O  AC  BD, E là trung điểm BC và OH  SE tại H  SE thì

OH   SBC 
Do đó d  AD, ( SBC )   2d  O, ( SBC )   2OH  2

SO.OE
SE

a 2

SO.OE a 6
, thay vào tính được d  AD, (SBC )   2

SE
2
3
Câu 22: [2H1-4-3] (THPT Kinh Môn - Hải Dương - 2018 - BTN) Cho tứ diện ABCD có
AB  a , AC  a 2 , AD  a 3 , các tam giác ABC , ACD , ABD là các tam giác
vuông tại đỉnh A . Tính khoảng cách d từ điểm A đến mặt phẳng  BCD  .

Cũng tính được SO 

a 66
.
11
a 3
.
d
2

A. d 

B. d 

a 6
.
3

Lời giải
Chọn A

C. d 

a 30
.
5

D.


D

C

A

B

Do các tam giác ABC , ACD , ABD vuông tại A nên nếu D là đỉnh hình chóp thì
AD là đường cao của hình chóp. Khi đó thể tích khối chóp D.ABC là:

1
1
1
a3 6
.
VD. ABC  .DA.S ABC  .a 3. .a 2.a 
3
3
2

6
1
3V
Ta lại có VABCD  VD. ABC  .d  A,  BCD   .S BCD  d  A,  BCD    ABCD .
3
S BCD

Ta có AB  a , AC  a 2 , AD  a 3 nên BC  a 3 , BC  2a , CD  a 5 .
Theo công thức Hê rông, ta có S BCD 

11 2
a .
2

a3 6
3.
6  a 66 .
Vâỵ d  A,  BCD   
11
11 2
a
2
Câu 23: [2H1-4-3] (THPT Thăng Long – Hà Nội – Lần 1 – 2018) Cho tứ diện OABC có
OA , OB , OC đôi một vuông góc. Biết OA  a , OB  2a , OC  a 3 . Tính khoảng
cách từ điểm O đến mặt phẳng  ABC  .
A.

a 3
.
2

B.

a
.
19

C.
Lời giải

Chọn D

a 17
.
19

D.

2a 3
.
19


A

O

C

B

1
a3 3
.
VOABC  OA.OB.OC 
6
3
Tính được AB  OA2  OB 2  a 5 , AC  OA2  OC 2  2a ,
BC  OB 2  OC 2  a 7 .

S ABC 

p  p  AB  p  AC  p  BC  

AB  AC  BC
19
(với p 
)
2
2

1
3V
2 3
Gọi h  d  O;  ABC   . Ta có VOABC  h.S ABC  h  OABC 
.
3
S ABC
19
(THPT Đặng Thúc Hứa - Nghệ An - 2018 - BTN) Cho hình lập

phương ABCD.ABCD có cạnh bằng a . Gọi K là trung điểm của DD . Khoảng
cách giữa hai đường thẳng CK và AD bằng

Câu 24: [2H1-4-3]

A.

a 3
3

B.

a 3
2

C.

2a 3
3

D.

Lời giải

Chọn D
H

D

C

B

A
K

C'

D'

A'

B'

a
3


Từ D kẻ DH // CK  H  CC   .
Khi đó d  CK , AD   d  CK ,  ADH    d  C ,  ADH   
Ta có VACDH 

1
a3
AD.S DHC  .
3
12

Mà AD  a , DH 
Xét

tam

 sin DAH 

3VCAHD
.
S ADH

giác

a 17
a 5
, AH 
.
2
2
ADH

có

cos DAH 

AD 2  AH 2  DH 2
5

2 AD. AH
34

3

34

1
3a 2
AD. AH 
.
2
4
3a 3
a
Vậy d  C ,  ADH    122  .
3a
3
4
 S ADH 

Câu 25: [2H1-4-3] [THPT TRẦN QUỐC TUẤN - Lần 1- 2018] Cho hình chóp S.ABCD có

đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, khối
chóp S.ABCD có thể tích bằng

 SBD  . Tính cos  .
A. cos  

cos  

3
.
5

a3 2
. Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng  SAD  và
3

B. cos  

6
.
3

10
.
5
Lời giải

Chọn D.

C. cos  

2 2
.
5

D.


Gọi O là tâm hình vuông ABCD . Kẻ AH  SO tại H .
Ta có: BD  AO, BD  SA  BD   SAO   BD  AH . Vậy AH   SBD  .
Lại có: AB   SAD  , do đó góc  giữa hai mặt phẳng  SAD  và  SBD  là góc
giữa hai đường thẳng AH và AB . Vậy   BAH .

a3 2
Khối chóp S.ABCD có thể tích bằng
nên ta có:
3

1
a3 2
2
SA.a 
 SA  a 2 .
3
3
Tam giác SAO vuông tại A , đường cao AH nên:
1
1
1
1
4
5


 2 2  2
2
2
2
AH
AS
AO
2a

2a
2a
Suy ra: AH 

a 10
AH
10
. Từ đó: cos  
.

5
AB
5

Câu 26: [2H1-4-3] (THPT Lê Quý Đôn - Hải Phòng - 2018 - BTN) Cho tứ diện đều có
cạnh bằng 3 . M là một điểm thuộc miền trong của khối tứ diện tương ứng. Tính giá
trị lớn nhất của tích các khoảng cách từ điểm M đến bốn mặt của tứ diện đã cho.
A. 36

B.

9
64

C.

6

Lời giải
Chọn B

Gọi r1 , r2 , r3 , r4 là khoảng cánh từ điểm M đến bốn mặt của tứ diện.
Gọi S là diện tích một mặt của tứ diện  S 

9 3
.
4

D.

6
4


Đường cao của tứ diện là h  32 

 3

2

 6.

1
1 9 3
9 2
Thể tích của tứ diện là V  S .h  .
.
. 6
3
3 4

4
1
9 2
Mặt khác, ta có V  .S .  r1  r2  r3  r4  
3
4

 r1  r2  r3  r4  3.
Lại có

9 2 4
.
 6.
4 9 3

6  r1  r2  r3  r4  4 4 r1.r2 .r3 .r4  r1.r2 .r3 .r4 

9
.
64