HHKG tư duy mở 2019

Biên soạn: Thầy Dũng

SĐT: 0902446940

HÌNH HỌC 11 - CHƯƠNG III
CHỦ ĐỀ 1.1 Góc giữa hai mặt phẳng.
MỨC ĐỘ 3
Câu 1.

[1H3-1.1-3]Cho khối chóp tứ giác đều S . ABCD có tất cả các cạnh bằng a . Khi đó côsin góc
giữa mặt bên và mặt đáy là:
1
A. 30O .
B.
C. 3 .
D. 60O .
3
Lời giải
Chọn B.
Gọi I là trung điểm AB ⇒ SI ⊥ AB (tam giác SAB
cân tại S ).
Dựng OH ⊥ SI (với H ∈ SI ).
a 3
Tam giác SIA đều cạnh a ⇒ SI =
.
2
Côsin góc giữa mặt bên và mặt đáy là:
a
IO
1
.

cos ( SAB ) , ( ABCD ) = cos SIO =
= 2 =
SI a 3
3
2

)

(

Câu 2.

[1H3-1.1-3]Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B ; SA vuông
góc với mặt phẳng ( ABCD ) , AB = BC = a , AD = 2 a ; góc giữa SC và mặt phẳng ( ABCD )
bằng 45o . Góc giữa hai mặt phẳng ( SAD ) và ( SCD ) bằng:

A. 60 o .
C. arccos

B. 45o .

6
.
3

D. 30 o .
Lời giải

Chọn A.
Gọi M là trung điểm của AD ⇒ CM ⊥ ( SAD ) .

Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên SD ⇒ SD ⊥ ( CMH ) ⇒  ( SAD ) , ( SCD )  = CHM .
Ta có  SC , ( ABCD )  = SCA = 45° ⇒ SA = AC = a 2
.
MH SA
SA.MD a 3
∆DSA ∼ ∆DMH ⇒
=
⇒ MH =
=
MD SD
SD
3
.
CM
⇒ tan CHM =
= 3 ⇒ CHM = 60° .
MH

Trung tâm luyện thi trí đức

TRANG 1


Biên soạn: Thầy Dũng

SĐT: 0902446940

HÌNH HỌC 11 - CHƯƠNG III
CHỦ ĐỀ 1.3 Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng.
MỨC ĐỘ 2

Câu 1.

[1H3-1.3-2] Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA ⊥ ( ABCD ) ,

SA = a 2 , góc giữa SC và ( SAB ) là
A. 45° .

B. 60° .

C. 30° .
Lời giải

D. 90° .

Chọn C.

S

a 2

A

D

a

O
B

C

Ta có BC ⊥ AB, BC ⊥ SA ⇒ BC ⊥ ( SAB )
Suy ra SB là hình chiếu vuông góc
của SC lên mặt ( SAB )
⇒ ( SC , ( SAB ) ) = CSA = α .
Ta có SB = a 2 + 2a 2 = a 3 .
Tam giác SBC vuông tại B ,
BC
1
suy ra tan α =
=
SB
3
Vậy ( SC , ( SAB ) ) = CSA = α = 30° .

Trung tâm luyện thi trí đức

TRANG 2


Biên soạn: Thầy Dũng

SĐT: 0902446940

HÌNH HỌC 11 - CHƯƠNG III
CHỦ ĐỀ 1.3 Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng.
MỨC ĐỘ 3
Câu 1.

[1H3-1.3-3] Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Mặt phẳng ( SAB )

vuông góc với đáy ( ABCD ) . Gọi H là trung điểm của AB, SH = HC , SA = AB . Gọi α là
góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ( ABCD ) . Giá trị của tan α là:
A.

2
.
3

B.

1
.
3

C.

1
.
2

D.

2.

Lời giải
Chọn C.
S

A

D

H
B

C

a2 a 5
=
4
2
a
Vì SA = AB = a ⇒ AH = . Ta thấy : SA2 + AH 2 = SH 2 . Nên tg SAB vuông cân tại A hay
2
SA ⊥ AB .
SH = HC = a 2 +

( SAB ) ⊥ ( ABCD )

Có : ( SAB ) ∩ ( ABCD ) = AB ⇒ SA ⊥ ( ABCD )
 SA ⊥ AB

Hình chiếu của SC lên mặt phẳng ( ABCD ) là AC .
Suy ra :  SC ; ( ABCD )  = [ SC ; AC ] = SCA
SA
a
1
.
tan α = tan SCA =
=

=
AC a 2
2

Trung tâm luyện thi trí đức

TRANG 3


Biên soạn: Thầy Dũng

SĐT: 0902446940

HÌNH HỌC 11 - CHƯƠNG III
CHỦ ĐỀ 2.1 Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng.
MỨC ĐỘ 2
Câu 1.

[1H3-2.1-2] Cho tứ diện ABCD có cạnh AB , AC , AD đôi một vuông góc nhau và có cùng độ
dài a .Tính khoảng cách d từ A đến mặt phẳng ( BCD ) theo a .
A. d =

2a 3
.
3

B. d =

a 3
.

2

C. d =

4a 3
.
3

D. d =

a 3
.
3

Lời giải
Chọn D.
B

a

H

a

A
a

C
M

D

Tam giác ACD cân đỉnh A . Gọi M là trung điểm DC ⇒ AM ⊥ DC .
Dễ thấy: ( ABM ) ⊥ ( BDC ) .
Dựng AH ⊥ BM ⇒ AH ⊥ ( BCD ) ⇒ d ( A, ( BCD ) ) = AH .

1
a 2.
2
1
1
1
a 3
=
+
⇒ AH =
Vậ y
.
2
2
2
AH
AB
AM
3

Ta có CD = a 2 ⇒ AM =

Trung tâm luyện thi trí đức

TRANG 4


Biên soạn: Thầy Dũng

Câu 2.

SĐT: 0902446940

[1H3-2.1-2]Cho lăng trụ ABCD. A1 B1C1D1 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 AC và BD .Góc giữa
hai mặt phẳng ( ADD1 A1 ) và ( ABCD ) bằng 600. Tính khoảng cách từ điểm B1 đến mặt phẳng

( A1BD )
A.

theo a là:

a 3
.
4

B.

a 3
.
6

C.

a 3
.
3

D.

a 3
.
2

Lời giải
Chọn D.

Kẻ MH ⊥ AD ⇒ A1H ⊥ AD và MH / / AB

( ADD1 A1 ) ∩ ( ABCD ) = AD

⇒ góc giữa ( ADD1 A1 ) và ( ABCD ) là A1MH = 600
 HM ⊥ AD
 A M ⊥ AD
 1
Mặt khác I là trung điểm AB1 và M là trung điểm AD nên
Ta có: d (B1 ,( A1BD)) = d (A,( A1BD))
BD = 2 a , MH =

S ABD =

AB a
MH
a 3

= , A1M =
= a, A H = MH .tan 600 =
0
2
2
cos 60
2

1
a2 3
1
a3
AB. AD =
⇒ VA1 . ABD = .S ABD . AH =
2
2
3
4

Diện tích tam giác A1BD : S =

Vậy: d (B1 , ( A1BD)) = d (A, ( A1BD)) =

Trung tâm luyện thi trí đức

1
a2 3
A1 H .BD =
2
2

3.VA1 . ABD
S

a3
a 3
= 24 =
.
2
a 3
2
3.

TRANG 5


Biên soạn: Thầy Dũng

Câu 3.

SĐT: 0902446940

[1H3-2.1-2] Cho hình chóp tam giác S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm I ,

AB = 2a, BC = a 3 , Tam giác SAC vuông tại S . Hình chiếu vuông góc của S xuống mặt phẳng

( ABCD ) trùng với trung điểm H của. AI .. Biết thể tích V của khối chóp S . ABCD bằng

a3
. Tính

2

khoảng cách từ C đến mp ( SAB ) .

A.

a 15
.
10

B.

2a 15
.
5

C.

4a 51
.
3

D.

a 15
.
5

Lời giải
Chọn D.

Ta có

VS . ABCD =

a3
1
a3
⇒ .SH .S ABCD =
2
3
2

3a 3
3a 3
a 3
⇒ SH =
=
=
2.S ABCD 2.2a.a 3
4
Có
AC = 4 AH ⇒ d (C ; (SAB)) = 4 d (H; (SAB))
Kẻ HM BC ⇒ AB ⊥ ( SHM ) ⇒ (SAB) ⊥ ( SHM )
Kẻ HK ⊥ SM ⇒ HK = d (H; (SAB))
a 7
4
1
a 3
HM CB nên HM = BC =

4
4
SH .HM
a 15
=
Mà HK =
.
5
SH 2 + HM 2
Mặt khác: AC = a 7 ⇒ AH =

Câu 4.

[1H3-2.1-2]Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là hìnhtam giác đềucạnh a , cạnh bên SA
vuông góc với mặt phẳng đáy và SA =
A.

a 2
.
3

B.

a

2
2

.

a 6
. Khi đó khoảng cách từ A đến mp ( SBC ) bằng:
2
C.

a
.
2

D. a .

Lời giải
Chọn B.

Trung tâm luyện thi trí đức

TRANG 6


Biên soạn: Thầy Dũng

SĐT: 0902446940

HÌNH HỌC 11 - CHƯƠNG III
CHỦ ĐỀ 1.3 Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng.
MỨC ĐỘ 3
Câu 1.

[1H3-1.3-3] Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Mặt phẳng ( SAB )
vuông góc với đáy ( ABCD ) . Gọi H là trung điểm của AB, SH = HC , SA = AB . Gọi α là

góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ( ABCD ) . Giá trị của tan α là:
A.

2
.
3

B.

1
.
3

C.

1
.
2

D.

2.

Lời giải
Chọn C.
S

A

D

H
B

C

a2 a 5
=
4
2
a
Vì SA = AB = a ⇒ AH = . Ta thấy : SA2 + AH 2 = SH 2 . Nên tg SAB vuông cân tại A hay
2
SA ⊥ AB .
SH = HC = a 2 +

( SAB ) ⊥ ( ABCD )

Có : ( SAB ) ∩ ( ABCD ) = AB ⇒ SA ⊥ ( ABCD )
 SA ⊥ AB

Hình chiếu của SC lên mặt phẳng ( ABCD ) là AC .
Suy ra :  SC ; ( ABCD )  = [ SC ; AC ] = SCA
SA
a
1
.
tan α = tan SCA =
=
=

AC a 2
2

Trung tâm luyện thi trí đức

TRANG 3


Biên soạn: Thầy Dũng

SĐT: 0902446940

BC ⊥ AE



BC ⊥ SA ( do SA ⊥ ( ABCD ) ) 
 ⇒ BC ⊥ ( SAE ) .
AE ∩ SA = A


AE , SA ⊂ ( SAE )



AH ⊥ BC ( do BC ⊥ ( SAE ) , AH ⊂ ( SAE ) )  ⇒ AH ⊥ ( SBC ) ⇒ AH = d ( A, ( SBC ) ) .

SE , BC ⊂ ( SBC ) ; SE ∩ BC = E

Tính AH .

AH ⊥ SE

∆ABC đều có đường cao AE : AE =

3
BC = 3a.
2

( ( SBC ) , ( ABCD ) ) = ( SE, AE ) = SEA = 45 .
o

2 3a 2
=
.
2
2
[1H3-2.1-2] Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có các cạnh AA ' = 1, AB = 2, AD = 3 .
o
Trong ∆AHE vuông tại H có AH = AE.sin 45 = 3a.

Câu 6.

Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( A ' BD ) bằng:
A.

49
.
36

B.

9
13

C.

7
.
6

D.

6
.
7

Lời giải
Chọn D.
Lời giải

Đặt h = d  A, ( A ' BD )  ⇒

Trung tâm luyện thi trí đức

1
1
1
1
49
6

=
+
+
=
⇒h= .
2
2
2
2
h
AB
AD
AA '
36
7

TRANG 8


Biên soạn: Thầy Dũng

SĐT: 0902446940

HÌNH HỌC 11 - CHƯƠNG III
CHỦ ĐỀ 2.1 Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng.
MỨC ĐỘ 3
Câu 1.

S. ABC có đáy là tam giác ABC vuông cân tại B , AB = a và
chiều cao hình chóp SA = a 3 . Tính khoảng cách d từ A đến mặt phẳng ( SBC ) .

[1H3-2.1-3] Cho hình chóp

3a
.
3

A. d =

B. d =

2 3a
.
3

C. d =

3a
.
2

D. d = 3a .

Lời giải
Chọn C.
S

a 3

H
C

A
a

B

Ta có: SA ⊥ ( ABC ) ⇒ SA ⊥ BC . .
Mà

AB ⊥ BC.

⇒ BC ⊥ ( SAB ) .
Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ A xuống

SB.

Lại có: AH ⊂ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ AH ⇒ AH ⊥ ( SBC ) .

⇒ d ( A; ( SBC ) ) = AH .

Xét tam giác vuông

⇒
Câu 2.

SAB có AH là đường cao.

1
1
1

a 3
= 2+
⇒ AH =
.
2
SA AB
2
AH
2

[1H3-2.1-3]Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh

3 , SA ⊥ ( ABCD )

và SA = 6 . Gọi M là trung điểm của AB .Khi đó bình phương khoảng cách từ M đến mặt
phẳng ( SBC ) là:
A.

2.

B. 2 .

C.

1
.
2

D.

2
.
2

Lời giải
Chọn D.

Trung tâm luyện thi trí đức

TRANG 9


Biên soạn: Thầy Dũng

SĐT: 0902446940

S

H
A

D

M
C

B

Ta có M là trung điểm AB
1

1
Suy ra d ( M , ( SBC ) ) = d ( A, ( SBC ) ) = AH
2
2
1
1
1
1 1 1
= 2+
= + =
2
2
AH
SA
AB
6 3 2
⇒ AH = 2
2
⇒ d ( M , ( SBC ) ) =
2 .
Câu 3.

[1H3-2.1-3] Chokhối tứ diện đều ABCD cạnh a , M là trung diểm của BD . Tính khoảng cách h từ

M đến mặt phẳng ( ABC ) .

A. h =

a 6
.

4

B. h = a .

C. h =

a 6
.
3

D. h =

a 6
.
6

Lời giải
Chọn D.

Gọi E là trung điểm BC , G là trọng tâm ∆BCD , GH ⊥ AE .
3
d ( M , ( ABC ) ) = d ( G , ( ABC ) ) .
2
BC ⊥ DE 
 ⇒ BC ⊥ ( ADE ) ⇒ BC ⊥ GH
BC ⊥ AE 

Trung tâm luyện thi trí đức

TRANG 10

Biên soạn: Thầy Dũng

SĐT: 0902446940

GH ⊥ BC ( do BC ⊥ ( ADE ) ) 

GH ⊥ AE
 ⇒ GH ⊥ ( ABC ) ⇒ GH = d ( G , ( ABC ) )
BC , AE ⊂ ( ABC ) ; BC ∩ AE 


+) Tính GH
Xét ∆AGE vuông tại G có GH ⊥ AE :
2

1
1
1
=
+
2
2
GH
GA GE 2
2

 a 3   1 a 3  2a 2
GA = AE − EG = 

 −  .
 =
2
3
2
3

 

2

2

2

1
1
1
1
=
+
= 2
2
2
2
2a
GH
GA GE

+

3

1

1 a 3 
 .

3 2 

2

⇒ GH =

a 6
9

3
3 a 6 a 6
⇒ d ( M , ( ABC ) ) = GH = .
=
.
2
2 9
6
Câu 4.

[1H3-2.1-3] Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật với AB = a và BC = 3a . SA vuông

góc với mặt phẳng ( ABCD ) . Gọi G là trọng tâm tam giác SAB. Khoảng cách từ G đến mặt phẳng

( SAC )
A.

bằng

a 10
.
3

B.

a 10
.
10

C. a 10 .

D.

a 10
.
2

Lời giải
Chọn B.

Gọi E là trung điểm SA , kẻ BH ⊥ AC ( trong ( ABCD ) ) .
1
1
d ( G, ( SAC ) ) = d ( B, ( SAC ) ) = BH .

3
3
BH ⊥ AC

Thật vậy, vì
 ⇒ BH ⊥ ( SAC ) ⇒ BH = d ( B, ( SAC ) )
BH ⊥ SA ( SA ⊥ ( ABCD ) ) 
Áp dụng Pythagore vào ∆ABC vuông tính được AC = a 10
∆ABC ∽ ∆AHB ⇒

AC BC
BC . AB 3a.a
3a
=
⇒ BH =
=
=
AB BH
AC
10
a 10

1
a
a 10
d ( G, ( SAC ) ) = BH =
=
.
3
10

10
Trung tâm luyện thi trí đức

TRANG 11


Biên soạn: Thầy Dũng

Câu 5.

SĐT: 0902446940

[1H3-2.1-3] Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật với cạnh AB = 2 a , AD = a .
Hình chiếu của S lên mặt phẳng ( ABCD ) là trung điểm H của AB , SC tạo với đáy một góc

bằng 45° . Tính khoảng cách từ điểm A tới mặt phẳng ( SCD ) .
A.

a 6
.
3

B.

a 6
.
4

C.

a 3
.
3

D.

a 3
.
6

Lời giải
Chọn A.

Ta có : ( SC; ( ABCD ) ) = ( SC; HC ) = SCH = 450

.

Có : HC = a 2 ⇒ SH = a 2 .

CD ⊥ HE
Gọi E là trung điểm CD ta có 
⇒ CD ⊥ ( SHE ) .
CD ⊥ SH
CD ⊥ HI
Kẻ HI ⊥ SE ta có 
⇒ HI ⊥ ( SCD ) ⇒ d ( H ; ( SCD ) ) = HI .
 SE ⊥ HI
Mà AB€ ( SCD ) ⇒ d ( A; ( SCD ) ) = d ( H ; ( SCD ) ) = HI .

Có

Câu 6.

1
1
1
a 6
a 6
=
+
⇒ HI =
⇒ d ( A; ( SCD ) ) =
.
2
2
2
HI
HS
HE
3
3

[1H3-2.1-3] Cho hình chóp đều S . ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a .Gọi O là tâm hình
vuông ABCD .Khoảng cách từ O đến mặt phẳng ( SAB ) là
A.

a
.
6

B.

a
.
6

C.

a
.
3

D.

a
.
3

Lời giải
Chọn A.
S

H
C
B
M

O
D

A

Gọi M là trung điểm AB và kẻ OH vuông góc với SM
Trung tâm luyện thi trí đức

TRANG 12


Biên soạn: Thầy Dũng

SĐT: 0902446940

HÌNH HỌC 11 - CHƯƠNG III
CHỦ ĐỀ 2.1 Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng.
MỨC ĐỘ 2
Câu 1.

[1H3-2.1-2] Cho tứ diện ABCD có cạnh AB , AC , AD đôi một vuông góc nhau và có cùng độ
dài a .Tính khoảng cách d từ A đến mặt phẳng ( BCD ) theo a .
A. d =

2a 3
.
3

B. d =

a 3
.
2

C. d =

4a 3
.
3

D. d =

a 3
.
3

Lời giải
Chọn D.
B

a

H

a

A
a

C
M

D

Tam giác ACD cân đỉnh A . Gọi M là trung điểm DC ⇒ AM ⊥ DC .
Dễ thấy: ( ABM ) ⊥ ( BDC ) .
Dựng AH ⊥ BM ⇒ AH ⊥ ( BCD ) ⇒ d ( A, ( BCD ) ) = AH .

1
a 2.
2
1
1
1
a 3
=
+
⇒ AH =
Vậ y
.
2
2
2
AH
AB
AM
3

Ta có CD = a 2 ⇒ AM =

Trung tâm luyện thi trí đức

TRANG 4

Biên soạn: Thầy Dũng

SĐT: 0902446940

HÌNH HỌC 11 - CHƯƠNG III
CHỦ ĐỀ 2.1 Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng.
MỨC ĐỘ 4
Câu 1.

[1H3-2.1-4]Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Tam giác SAB đều và nằm
trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy ( ABCD ) . Biết SD = 2a 3 và góc tạo bởi đường thẳng

SC và mặt phẳng ( ABCD ) bằng 30 0 . Tính khoảng cách h từ điểm B đến mặt phẳng ( SAC ) .

A. h =

4a 66
.
11

B. h =

2a 13
.
3

C. h =

2a 66

.
11

D. h =

a 13
.
3

Lời giải
Chọn C.

( SAB ) ⊥ ( ABCD )

Ta có: ( SAB ) ∩ ( ABCD ) = AB ⇒ SH ⊥ ( ABCD )
 SH ⊥ AB


Ta có: BA = 2 HA ⇒ d ( B, ( SAC ) ) = 2d ( H , ( SAC ) )
Kẻ HM ⊥ AC và SH ⊥ AC ⇒ AC ⊥ ( SHM )
Kẻ HK ⊥ SM và HK ⊥ AC ⇒ HK ⊥ ( SAC ) ⇒ d ( H , ( SAC ) ) = HK
Ta có: SH ⊥ ( ABCD ) ⇒ ( SC , ( ABCD ) ) = SCH = 30o
Mà ∆SHD = ∆SHC ⇒ SDH = SCH = 30o
Khi đó: SH = SD.sin 30o = a 3 và HD = SD.cos30 o = 3a
Do ∆SAB đều nên AB = SH .

2
= 2a
3

Do đó: AD = HD 2 − AH 2 = 2a 2 và AC = AB 2 + AD2 = 2a 3
Ta có: S HAC = S ABC − S HBC =
Nên HK 2 =

2S
1
1
a 6
AB.BC − HB.BC = a 2 2 ⇒ HM = HAC =
2
2
AC
3

SH 2 .HM 2
6a 2
a 66
=
⇒ HK =
2
2
SH + HM
11
11

Vậy: h = d ( B, ( SAC ) ) = 2d ( H , ( SAC ) ) =

Trung tâm luyện thi trí đức

2a 66

.
11

TRANG 14


Biên soạn: Thầy Dũng

SĐT: 0902446940

HÌNH HỌC 11 - CHƯƠNG III
CHỦ ĐỀ 2.3 Khoảng cách giữa hai đường thẳng song song, hai mặt phẳng song song,
đường thẳng song song với mặt phẳng.
MỨC ĐỘ 3
Câu 1.

[1H3-2.3-3]Cho hình lập phương ABCD. A′B ′C ′D ′ có cạnh bằng 2 . Tính khoảng cách giữa hai mặt
phẳng ( AB′D′ ) và ( BC ′D ) .

A.

3.

B.

3
.
2

C.

2
.
3

D.

3
.
3

Lời giải
Chọn C.

Gọi O = AC ∩ BD , O ' = A ' C '∩ B ' D ', OH ⊥ AO '
BD / / B ' D '
 ⇒ ( AB ' D ' ) / / ( C ' BD ) ⇒ d ( ( AB ' D ' ) , ( C ' BD ) ) = d ( O, ( AB ' D ' ) )
AB '/ / DC ' 
B ' D ' ⊥ A ' C '
 ⇒ B ' D ' ⊥ ( ACC ' A ' ) ⇒ B ' D ' ⊥ OH
B ' D ' ⊥ CC ' 
OH ⊥ B ' D '
 ⇒ OH ⊥ ( AB ' D ' ) ⇒ OH = d ( O, ( AB ' D ' ) )
OH ⊥ AO ' 
Tính OH :

Trung tâm luyện thi trí đức

1
1

1
2
=
+
⇒ OH =
.
2
2
2
OH
OA OO '
3

TRANG 15


Biên soạn: Thầy Dũng

SĐT: 0902446940

HÌNH HỌC 11 - CHƯƠNG III
CHỦ ĐỀ 2.4 Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau.
MỨC ĐỘ 3
Câu 1.

[1H3-2.4-3] Chóp tứ giác đều S . ABCD cạnh đáy bằng a , mặt bên tạo với mặt đáy góc 450 .
Ta có khoảng cách giữa hai đường thẳng CD và SA bằng:
A.

a

2

B.

a 3
3

C.

a
2

D.

a
2 2

Lời giải
Chọn B.
Gọi I là trung điểm AB ⇒ SI ⊥ AB (tam giác SAB cân tại S ).
Dựng OH ⊥ SI (với H ∈ SI ).
⇒

(( SAB ) , ( ABCD ) ) = SIO = 45

Ta có:
OH ⊥ AB ( AB ⊥ ( SOI ) )
⇒ OH ⊥ ( SAB ) ⇒ d ( O; ( SAB ) ) = OH .

OH ⊥ SI

Tam giác SOI vuông tại O ta có: SO = tan 45 .OI =

2 a a 2
1
1
1
. =
và
=
+
2
2
2 2
4
OH
OI
SO 2

4 8 12
a
1
1
1
= 2 + 2 = 2 ⇒ OH =
=
+
2
2
2
a

a
a
OH
2 3
a a 2
  

2  4 
Ta lại có CD / / AB ⇒ CD / / ( SAB ) .
Suy ra d ( CD; SA ) = d ( CD; ( SAB ) ) = d ( C ; ( SAB ) ) = 2d ( O; ( SAB ) ) = 2OH =

Câu 2.

a
a 3
=
.
3
3

[1H3-2.4-3]Cho tứ diện SABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB = a , AC = a 3 với
a > 0 và đường cao SA = a 3 . Gọi M là trung điểm của cạnh BC .Tính khoảng cách giữa hai
đường thẳng SB và AM .

A. d ( SB; AM ) =

a 15
.
15

B. d ( SB; AM ) =

a 15
.
5

C. d ( SB; AM ) =

a
.
5

D. d ( SB; AM ) =

a 3
.
5

Lời giải
Chọn B.

Trung tâm luyện thi trí đức

TRANG 16


Biên soạn: Thầy Dũng

SĐT: 0902446940

Trong tam giác ABC : BC 2 = a 2 + 3a 2 = 4 a 2 ⇒ BC = 2a .
Nhận xét: AM = BM = AB = a .
Trong ( ABC ) : lấy N sao cho AMBN là hình thoi ⇒ ∆ABN là tam giác đều cạnh a .
Gọi K là trung điểm BN ⇒ AK ⊥ BN
Trong ( SAK ) : AH ⊥ SK ⇒ AH ⊥ ( SBN )

Vì : AM //BN ⇒ AM // ( SBN ) ⇒ d ( AM , SB ) = d ( AM , ( SBN ) ) = AH .

1
1
1
1
4
5
a 15
= 2+
= 2 + 2 = 2 ⇒ AH =
.
2
2
AH
SA
AK
3a 3a
3a
5
[1H3-2.4-3]Cho khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a ; Hình chiếu vuông góc của
S lên ( ABCD ) trùng với trung điểm H của đoạn AB ; Gọi K là trung điểm của AD . Biết thể tích

Ta có:

Câu 3.

khối chóp S . ABCD là V =

A. 3a .

a3
. Khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và HK là:
3

B.

a
.
3

C.

a 3
.
3

D. a 3 .

Lời giải
Chọn B.

a3 1
1
= SH .S ABCD = SH .a 2

*
3 3
3
⇒ SH = a
* Ta có HK là đường trung bình của ∆ ABD
V=

Nên HK / / BD mà BD ⊂ ( SBD ) nên HK / / ( SBD ) .
Và HK ⊥ AC (1)

Suy ra d ( HK ; SD ) = d ( HK ; ( SBD ) ) = d ( H ; ( SBD ) )
Kẻ HM ⊥ BD suy ra HM / / AC mà H trung điểm AB nên
M là trung điểm OB
Suy ra HM là đường trung bình ∆ABO

HM / / AO



1
1
a 2
 HM = OA = AC =
2
4
4


Trung tâm luyện thi trí đức

TRANG 17


Biên soạn: Thầy Dũng

Câu 2.

SĐT: 0902446940

[1H3-2.1-2]Cho lăng trụ ABCD. A1 B1C1D1 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 AC và BD .Góc giữa
hai mặt phẳng ( ADD1 A1 ) và ( ABCD ) bằng 600. Tính khoảng cách từ điểm B1 đến mặt phẳng

( A1BD )
A.

theo a là:

a 3
.
4

B.

a 3
.
6

C.

a 3
.
3

D.

a 3
.
2

Lời giải
Chọn D.

Kẻ MH ⊥ AD ⇒ A1H ⊥ AD và MH / / AB

( ADD1 A1 ) ∩ ( ABCD ) = AD

⇒ góc giữa ( ADD1 A1 ) và ( ABCD ) là A1MH = 600
 HM ⊥ AD
 A M ⊥ AD
 1
Mặt khác I là trung điểm AB1 và M là trung điểm AD nên
Ta có: d (B1 ,( A1BD)) = d (A,( A1BD))
BD = 2 a , MH =

S ABD =

AB a
MH
a 3

= , A1M =
= a, A H = MH .tan 600 =
0
2
2
cos 60
2

1
a2 3
1
a3
AB. AD =
⇒ VA1 . ABD = .S ABD . AH =
2
2
3
4

Diện tích tam giác A1BD : S =

Vậy: d (B1 , ( A1BD)) = d (A, ( A1BD)) =

Trung tâm luyện thi trí đức

1
a2 3
A1 H .BD =
2
2

3.VA1 . ABD
S

a3
a 3
= 24 =
.
2
a 3
2
3.

TRANG 5


Biên soạn: Thầy Dũng

SĐT: 0902446940

⇒ AH =
Câu 5.

a 2
.
2

[1H3-2.4-3]Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , SC tạo với đáy một góc 450
. Hình chiếu của S lên mặt phẳng ABC là điểm H thuộc AB sao cho HA = 2 HB , CH =

a 7
.
3

Khoảng cách giữa 2 đường thẳng SA và BC bằng

A.

a 210
.
30

B.

a 210
.
45

C.

a 210
.
15

D.

a 210
.
20

Lời giải
Chọn D.

Ta dựng hình bình thoi ACBE.
Ta có AE / / BC nên
d ( BC ; SA ) = d ( BC ; ( SAE ) ) = d ( B; ( SAE ) ) =

3
d ( H ; ( SAE ) ) .
2

Kẻ HI ⊥ SN và HN ⊥ AE . Và có AE ⊥ SH .

⇒ AE ⊥ ( SHN ) ⇒ AE ⊥ HI .
Mà HI ⊥ SN ⇒ HI ⊥ ( SAE ) ⇒ HI = d ( H ; ( SAE ) ) .
Vậy d ( BC ; SA ) =

3
HI .
2

Ta có SH = HC.tan 450 =

a 7
.
3

Kẻ đường cao BK của tam giác đều ABE ⇒ BK =

HN / / BK ⇒

HN AH 2
2
2 a 3 a 3
=
= ⇒ HN = .BK = .
=
.
BK AB 3
3
3 2
3

Xét tam giác vuông SHN có
Vậy d ( BC; SA ) =

a 3
.
2

1
1
1
3
9
30
a 7 a 210
=
+
= 2 + 2 = 2 ⇒ HI =

=
.
2
2
2
HI
HN
HS
a 7a
7a
30
30

3
3 a 210 a 210
HI = .
=
.
2
2 30
20

Trung tâm luyện thi trí đức

TRANG 19


Biên soạn: Thầy Dũng

Câu 6.

SĐT: 0902446940

0
[1H3-2.4-3]Cho hình chóp S . ABCD đáy là hình thoi cạnh a, góc BAC = 60 , tam giác SAB cân tại

S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Mặt phẳng ( SCD ) tạo với đáy góc 300. Tính khoảng
cách d giữa hai đường thẳng SB và AD

A. d =

2 3
a.
5

B. d =

21
a.
7

C. d =

3
a.
6

D. d =

2

a.
2

Lời giải
Chọn D.
S

A

K

D

H
B

C

Gọi H là trung điểm BC . Do tam giác SAB cân tại S ⇒ SH ⊥ AB ⇒ SH ⊥ ( ABCD )
∆ABC

đều

⇒ CH ⊥ AB; AB ⊥ SH ⇒ AB ⊥ ( SCH )

⇒ CD ⊥ ( SCH ) ⇒ SC ⊥ CD
0
 ⇒ ( ( SCD ) ; ( ABCD ) ) = SCH = 30
HC ⊥ CD 
a 3

a 3
a
⇒ SH = CH .tan SCH =
.tan 300 =
Ta có CH =
2
2
2
d
=
d
=
d
=
2
d
Ta có: AD / / BC ( SB ; AD )
( AD ;( SBC ) )
( A;( SBC ))
( H ;( SBC ))

HK =

Kẻ HK ⊥ SB . Xét ∆SHB vuông tại H có:
a a
.
2a
SH .BH
2a
2

2
⇒ d = 2 HK =
.
=
=
2
2
2
2
2
4
SH + BH
a a
  + 
2 2

Trung tâm luyện thi trí đức

TRANG 20


Biên soạn: Thầy Dũng

Câu 7.

SĐT: 0902446940

[1H3-2.4-3] Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA vuông góc với đáy.
Góc giữa SB với đáy bằng 60° . Tính khoảng cách d giữa AC và SB .

A. d =

a 7
.
7

C. d =

B. d = 2 a .

a 15
.
5

D. d =

a 2
.
2

Lời giải
Chọn C.
S

H
A
C

D

I

B

Dựng hình bình hành ACBD .
Ta có: AC BD , mà BD ⊂ ( SBD ) ⇒ AC

( SBD ) .
Do đó: d ( AC, SB ) = d ( AC, ( SBD ) ) = d ( A, ( SBD ) ) .

0
∆SAB vuông tại A, có: SA = AB.tan 60 = a 3
Gọi I là trung điểm của cạnh BD .
a 3
.
Vì ∆ ABD đều cạnh a nên AI ⊥ BD, AI =
2
Trong tam giác SAI , kẻ AH ⊥ SI .
BD ⊥ AI 
 ⇒ BD ⊥ ( SAI ) ⇒ BD ⊥ AH .
BD ⊥ SA 

AH ⊥ BD 
 ⇒ AH ⊥ ( SBD ) ⇒ d ( A, ( SBD ) ) = AH .
AH ⊥ SI 
∆SAI vuông tại A , có:

Vậy d ( AC , SB ) =

Trung tâm luyện thi trí đức

1
1
1
5
a 15
= 2 + 2 = 2 ⇒ AH =
.
2
AH
SA
AI
3a
5

a 15
.
5

TRANG 21


Biên soạn: Thầy Dũng

SĐT: 0902446940

HÌNH HỌC 12 - CHƯƠNG I
CHỦ ĐỀ 1.1 Nhận dạng các khối đa diện.
MỨC ĐỘ 1
Câu 1.

[2H1-1.1-1] Khối đa diện đều loại { p; q} là khối đa diện có đặc điểm:
A. có q mặt là đa giác đều và mỗi mặt có p cạnh.
B. có p mặt là đa giác đều và mỗi đỉnh là đỉnh chung của đúng q cạnh.
C. có p mặt là đa giác đều và mỗi mặt có q cạnh.
D. mỗi mặt là đa giác đều p cạnh và mỗi đỉnh là đỉnh chung của đúng q mặt.
Lời giải
Chọn D.

Câu 2.

Dựa vào lý thuyết.
[2H1-1.1-1]Cho hình chóp S . ABCD , đáy ABCD là hình vuông cạnh a ,

SA = SB = SC = SD = a 2 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD .
a3 3
A.
.
3

a3 6
B.
.
6

a3 6
C.
.
9
Lời giải

a3 6
D.
.
12

Chọn B.

Gọi O là tâm hình vuông ABCD thì SO = SA2 − AO 2 =

Câu 3.

Câu 4.

a 6
.
2

1
a3 6
VS . ABCD = S ABCD .SO =
.
3
6
[2H1-1.1-1] Cho khối chóp S . ABC , trên ba cạnh SA, SB, SC lần lượt lấy ba điểm A′, B ′, C ′
1
1
1
sao cho SA′ = SA , SB′ = SB , SC ′ = SC . Gọi V và V ′ lần lượt là thể tích của các khối
3

3
3
V′
chóp S . ABC và S . A′B′C ′ . Khi đó tỉ số
là
V
1
1
1
1
A.
.
B. .
C. .
D. .
27
3
6
9
Lời giải
Chọn A.
V ′ SA′ SB′ SC ′ 1
Dùng công thức tỉ số thể tích
.
=
.
.
=
V
SA SB SC 27

[2H1-1.1-1]Trong tất cả các hình đa diện đều, hình nào có số mặt nhiều nhất?
A. Hình bát diện đều.
B. Hình lập phương.
C. Hình nhị thập diện đều.
D. Hình thập nhị diện đều.
Lời giải

Trung tâm luyện thi trí đức

TRANG 22


Biên soạn: Thầy Dũng

SĐT: 0902446940

Chọn C.
Dựa vào đặc điểm của các hình.
Câu 5.

[2H1-1.1-1]Khối đa diện nào được cho dưới đây là khối đa diện đều?
A. Khối chóp tứ giác đều.
B. Khối chóp tam giác đều.
C. Khối lăng trụ đều.
D. Khối lập phương.
Lời giải
Chọn D.
Dựa vào đặc điểm của các hình.

Câu 6.

[2H1-1.1-1]Trong các mệnh đề sau, mệnh đề nào sai ?
A. Hình tạo bởi hai tứ diện đều ghép với nhau là một hình đa diện lồi.
B. Tứ diện là đa diện lồi.
C. Hình lập phương là đa diện lồi.
D. Hình hộp là đa diện lồi.
Lời giải
Chọn A.

Câu 7.

[2H1-1.1-1]Khối đa diện đều loại {4;3} có số đỉnh là
A. 8 .

B. 10 .

C. 6 .
Lời giải

D. 4 .

Chọn A.
Khối đa diện đều loại {4;3} là hình lập phương có 8 đỉnh
Câu 8.

[2H1-1.1-1]Xétbốn hình dưới đây. Khẳng định nào sau đây sai?

A. Khối đa diện A có 5 mặt.
C. Khối đa diện B là khối đa diện lồi.

B. Khối đa diện C có 5 mặt.
D. Khối đa diện D là khối đa diện lồi.
Lời giải

Chọn D.
Câu 9.

[2H1-1.1-1]Cho tứ diện ABCD có AB , AC, AD đôi một vuông góc với nhau, AB = a,

AC = b, AD = c. Tính thể tích V của khối tứ diện ABCD theo a , b , c .
A. V =

abc
.
6

B. V =

abc
.
2

C. V =

abc
.
3

D. V = abc .

Lời giải
Chọn A.
1
1
abc
Ta có : VABCD = .S ABC . AD = . AB. AC. AD =
3
6
6

Trung tâm luyện thi trí đức

TRANG 23


Biên soạn: Thầy Dũng

SĐT: 0902446940

Câu 10. [2H1-1.1-1]Cho hình hộp chữ nhật ABCDA′B ′C ′D ′ có AB = a, AD = b, AA′ = c. Tính thể tích
V của khối lăng trụ ABC. A′B ′C ′
1
1
1
A. V = abc
B. V = abc .
C. V = abc .
D. V = abc .
3
6

2
Lời giải
Chọn C.
Ta có: V = VABCA′B′C ′ =

1
abc
AB. AD. AA ' =
.
2
2

Câu 11. [2H1-1.1-1]Khối bát diện đều thuộc loại khối đa diện đều nào sau đây?
A. {3; 4} .

B. {5;3} .

C. {3;5} .

D. {4;3} .

Lời giải
Chọn A.
Mỗi khối đa diện đều có thể xác định bởi ký hiệu {a; b} .
Trong đó: a là số cạnh của mỗi mặt (hoặc số các đỉnh của mỗi mặt).
b là số các mặt gặp nhau ở mỗi đỉnh (hoặc số các cạnh gặp nhau ở mỗi đỉnh).
Vì vậy khối bát diện đều thuộc loại đa diện đều {3; 4} .

Câu 12. [2H1-1.1-1]Nhữnghình nào không phải là khối đa diện ?

A. H2 và H4.

B. H1 và H2.

C. H1 và H3.
Lời giải

D. H3 và H5.

Chọn C.
Câu 13. [2H1-1.1-1] Trung điểm các cạnh của một hình tứ diện đều là các đỉnh của
A. một hình lục giác đều.
B. một hình tám mặt đều.
C. một hình tứ diện đều.
D. một hình chóp tứ giác đều.
Lời giải
Chọn B.

Trung tâm luyện thi trí đức

TRANG 24


Biên soạn: Thầy Dũng

Câu 3.

SĐT: 0902446940

[1H3-2.1-2] Cho hình chóp tam giác S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm I ,

AB = 2a, BC = a 3 , Tam giác SAC vuông tại S . Hình chiếu vuông góc của S xuống mặt phẳng

( ABCD ) trùng với trung điểm H của. AI .. Biết thể tích V của khối chóp S . ABCD bằng

a3
. Tính
2

khoảng cách từ C đến mp ( SAB ) .

A.

a 15
.
10

B.

2a 15
.
5

C.

4a 51
.
3

D.

a 15
.
5

Lời giải
Chọn D.

Ta có

VS . ABCD =

a3
1
a3
⇒ .SH .S ABCD =
2
3
2

3a 3
3a 3
a 3
⇒ SH =
=
=
2.S ABCD 2.2a.a 3
4
Có
AC = 4 AH ⇒ d (C ; (SAB)) = 4 d (H; (SAB))

Kẻ HM BC ⇒ AB ⊥ ( SHM ) ⇒ (SAB) ⊥ ( SHM )
Kẻ HK ⊥ SM ⇒ HK = d (H; (SAB))
a 7
4
1
a 3
HM CB nên HM = BC =
4
4
SH .HM
a 15
=
Mà HK =
.
5
SH 2 + HM 2
Mặt khác: AC = a 7 ⇒ AH =

Câu 4.

[1H3-2.1-2]Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là hìnhtam giác đềucạnh a , cạnh bên SA
vuông góc với mặt phẳng đáy và SA =
A.

a 2
.
3

B.

a

2
2

.

a 6
. Khi đó khoảng cách từ A đến mp ( SBC ) bằng:
2
C.

a
.
2

D. a .

Lời giải
Chọn B.

Trung tâm luyện thi trí đức

TRANG 6