KHOẢNG CÁCH VÀ GÓC HÌNH 12 CÓ ĐÁP ÁN

KHOẢNG CÁCH
A- LÝ THUYẾT TÓM TẮT
1. Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng
+ Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng a
d(M, ) = MH, , trong đó H là hình chiếu của M trên 
2. Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng
+ Khoảng cách từ một điểm đến đến một mặt phẳng ()
d(O,())  OH , trong đó H là hình chiếu của O trên ()
Cách 1. Tính trực tiếp. Xác định hình chiếu H của O trên () và tính OH
- Dựng mặt phẳng (P) chứa O và vuông góc với ()
- Tìm giao tuyến  của (P) và ()
- Kẻ OH   ( H   ). Khi đó d(O,())  OH .
Cách 2. Sử dụng công thức thể tích
1
3V
Thể tích của khối chóp V  S.h  h 
. Theo cách này, để tính khoảng cách từ đỉnh của hình
3
S
chóp đến mặt đáy, ta đi tính V và S
Cách 3. Sử dụng phép trượt đỉnh
Kết quả 1. Nếu đường thẳng  song song với mặt phẳng () và M, N   thì
d(M;())  d(N;())
Kết quả 2. Nếu đường thẳng  cắt mặt phẳng () tại điểm I và M, N   (M, N không trùng với I) thì
d(M;()) MI

d(N;()) NI
1
Đặc biệt: + nếu M là trung điểm của NI thì d(M;())  d(N;())
2
d(M;(


))

d(N;(
))
+ nếu I là trung điểm của MN thì
Cách 4. Sử dụng tính chất của tứ diện vuông
Cơ sở của phương pháp này là tính chất sau: Giả sử OABC là tứ diện vuông tại O (
OA  OB,OB  OC,OC  OA ) và H là hình chiếu của O trên mặt phẳng (ABC).
1
1
1
1



2
2
2
OH
OA OB OC2
Cách 5. Sử dụng phương pháp tọa độ
Cơ sở của phương pháp này là ta cần chọn hệ tọa độ thích hợp sau đó sử dụng các công thức sau:
Ax 0  By0  Cz 0  D
+ d(M;()) 
với M(x 0 ; y0 ;z0 ) , () : Ax  By  Cz  D  0
A 2  B2  C 2
+ d(M,  ) 

+ d(,  ') 

MA  u
u

với  là đường thẳng đi qua A và có vectơ chỉ phương u

u  u '.AA '
u u'

với  ' là đường thẳng đi qua A ' và có vtcp u '

3. Khoảng cách từ một đường thẳng đến một mặt phẳng song song với nó
+ d(, ()) = d(M, ()), trong đó M là điểm bất kì nằm trên .
HOCTAI.VN – Trang cung cấp tài liệu, đề + thi thử online miễn phí kèm lời giải chi tiết
Facebook: />Trang 1


+ Việc tính khoảng cách từ đường thẳng  đến mặt phẳng () được quy về việc tính khoảng cách từ
một điểm đến một mặt phẳng.
4. Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song
+ d((), () ) = d(M, () ), trong đó M là điểm bất kì nằm trên ()
+ Việc tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song được quy về việc tính khoảng cách từ một
điểm đến một mặt phẳng.
5. Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau
+ Đường thẳng  cắt cả a, b và cùng vuông góc với a, b gọi là đường vuông góc chung của a, b.
+ Nếu  cắt a, b tại I, J thì IJ được gọi là đoạn vuông góc chung của a, b.
+ Độ dài đoạn IJ được gọi là khoảng cách giữa a, b.
+ Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau bằng khoảng cách giữa một trong hai đường thẳng đó
với mặt phẳng chứa đường thẳng kia và song song với nó.
+ Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau bằng khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song lần

lượt chứa hai đường thẳng đó.
* Đặc biệt
+ Nếu a  b thì ta tìm mặt phẳng (P) chứa a và vuông góc với b, tiếp theo ta tìm giao điểm I của (P)
với b. Trong mp(P), hạ đường cao IH. Khi đó d(a, b)  IH
+ Nếu tứ diện ABCD có AC = BD, AD = BC thì đoạn thẳng nối hai trung điểm của AB và CD là
đoạn vuông góc chung của AB và CD.

B – BÀI TẬP
I – KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG

Câu 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB  a, AD  2a ; cạnh bên SA  a và vuông
góc với đáy. Khoảng cách từ điểm A tới mặt phẳng  SBD  là:
2a
a
a
B.
C.
3
2
3
Hướng dẫn giải:
Áp dụng công thức đường cao của tứ diện vuông SABD
vuông tại A, ta có d  A;  SBD    AH với

A.

D. a

1
1

1
1
2a



 AH 
2
2
2
2
AH
AS
AB
AD
3
Chọn đáp án B.

Câu 2: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với đáy. Biết
hình chóp S.ABC có thể tích bằng a 3 . Tính khoảng cách d từ điểm A đến mặt phẳng (SBC).
8a 195
6a 195
4a 195
4a 195
A. d 
B. d 
C. d 
D. d 
195
65

195
65
Hướng dẫn giải:
Gọi các điểm như hình vẽ
Ta có AI  BC, SA  BC suy ra BC  AK  AK  d A, SBC 
Ta có: V  a 3 , S ABC 

a2 3
a 3
 SA  4a 3 . Mà AI 
4
2

HOCTAI.VN – Trang cung cấp tài liệu, đề + thi thử online miễn phí kèm lời giải chi tiết
Facebook: />Trang 2


Trong tam giác vuông SAI ta có

AS 2 . AI 2
4a 195

2
2
AS  AI
65

1
1
1


 2 . Vậy d  AK 
2
2
AK
AS
AI

Chọn đáp án C.
Câu 3: Khối chóp S.ABC có đáy tam giác vuông cân tại B và AB  a. SA   ABC  . Góc giữa cạnh bên
SB và mặt phẳng (ABC) bằng 600. Khi đó khoảng cách từ A đến (SBC) là:
a 2
a 3
a 3
A. 3a
B.
C.
D.
2
3
2
Hướng dẫn giải:
1
a 3
d  A,  SBC    AH 

1
1
2


2
2
a
a 3





Chọn đáp án D.

Câu 4: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác cân,
AB = BC = 2a , ABC  1200 , SA = 3a và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính khoảng cách d từ điểm
A đến mặt phẳng (SBC).
a
a
3a
3a
A. d 
B. d 
C. d 
D. d 
4
2
2
4
Hướng dẫn giải:
1
1
+ S  AB.BC.sin1200  a 2 3 ; VS . ABC  SA.SABC  a 3 3

2
3
+ Mặt khác, SB  SA2  AB 2  a 13
AC 2  AB 2  BC 2  2 AB.BC.cos1200  12a 2  CS  SA2  AC 2  a 21
+ Áp dụng công thức hê-rông ta có
1
SSBC 
 SB  BC  CS  SB  BC  CS  SB  BC  CS  SB  BC  CS 
4
 2a 2 3

(Chú ý: Nhập vào máy tính biểu thức và ấn = ta có kết quả
1
13  2  21  13  2  21 13  2  21 13  2  21  2 3 )
4
3.V
3a3 3 3a
+ Vậy, khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  là d  S . ABC  2
 .
SSBC
2a 3 2
Chọn đáp án D.











Câu 5: Cho hình chóp S.ABC có cạnh bên SA vuông góc với mặt đá; BC  9m, AB  10m, AC  17m .
Biết thể tích khối chóp S.ABC bằng 73m3. Tính khoảng cách d từ điểm A đến mặt phẳng (SBC).
21
3
1
24
A. d 
B. d 
C. d 
D. d 
2
4
4
5
HOCTAI.VN – Trang cung cấp tài liệu, đề + thi thử online miễn phí kèm lời giải chi tiết
Facebook: />Trang 3


Hướng dẫn giải:
Áp dụng công thức He-rong ta tính được diện tích tam giác ABC bằng
AB  BC  CA
p  p  AB  p  AC  p  BC   36 với p 
2
1
V  .SA.S ABC  SA  6
3
Kẻ AH  BC, AI  SH khi đó ta có d A, SBC   AI

Đặt BH  x ta có

AB 2  BH 2 

AC 2  CH 2  AH thay các dữ liệu bài toán đã cho vào ta tính

được  102  x 2  17 2   9  x   x  6 suy ra AH  8
2

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có

1
1
1
25
24
 2

 AI 
2
2
AI
SA
AH
576
5

Chọn đáp án D.
Câu 6: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, cạnh bên SA vuông góc với đáy. Biết
6a

khoảng cách từ A đến (SBD) bằng
. Khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBD) bằng:
7
3a
3a
6a
8a
A.
B.
C.
D.
7
7
14
7
Hướng dẫn giải:
Với bài toán này ta thấy A và C đối xứng nhau qua tâm O. Ta nhớ
đến hệ quả sau:
Cho mặt phẳng (P) và đoạn thẳng MN. Với MN   P   I thì
d  M ; P 
d  N ; P 



IM
IN

Khi đó áp dụng vào bài toán ta thấy AC   SBD   O
do vậy áp dụng hệ quả trên ta được :
 d  C;  SBD   

d  A;  SBD  

d  C;  SBD  



OA
1
OC

6a
7

Chọn đáp án A.
Câu 7: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a 3 . SA vuông góc với đáy và SC =
3a. Khoảng cách từ điểm A đến mp(SCD) là:
a 2
a 6
a 2
a 2
A.
B.
C.
D.
2
12
2
6
Hướng dẫn giải:

Gọi H là hình chiếu của A lên SD.

HOCTAI.VN – Trang cung cấp tài liệu, đề + thi thử online miễn phí kèm lời giải chi tiết
Facebook: />Trang 4


SA   ABCD   SA  CD , CD  AD  CD   SAD    SAD    SCD  mà  SAD    SCD   SD

nên AH   SCD  , do đó d  A,  SCD    AH .

Hình vuông ABCD cạnh a 3 có đường chéo AC  a 3. 2  a 6
Tam giác SAC vuông tại A theo định lí Pytago ta tính được SA  a 3
Tam giác SAD vuông tại A có AH là đường cao nên
1
1
1
1
1
1
2
a 6
 2
hay
 2  2  2  AH 
2
2
2
AH
SA
AD

AH
3a
3a
3a
2
Chọn đáp án C.
Câu 8: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB  a, AC  a 3 . Tam giác SBC
đều và nằm trong mặt phẳng vuông với đáy. Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng  SAC  .
A.

a 39
.
13

B. a.

C.

2a 39
.
13

D. V 

a 3
.
2

HOCTAI.VN – Trang cung cấp tài liệu, đề + thi thử online miễn phí kèm lời giải chi tiết
Facebook: />Trang 5

Hướng dẫn giải:
Gọi H là trung điểm của BC , suy ra SH  BC  SH   ABC  .
Gọi K là trung điểm AC , suy ra HK  AC .
Kẻ HE  SK  E  SK  .
Khi đó d  B,  SAC    2d  H ,  SAC  

SH .HK

 2 HE  2.



2a 39
.
13

SH 2  HK 2
Chọn đáp án C.
Câu 9: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a ,
D  600 và SA vuông góc với  ABCD  . Biết thể tích của khối chóp

a3
. Tính khoảng cách k từ A đến mặt phẳng  SBC  .
S. ABCD bằng
2
3
3a
2a

A. k 
B. k  a
C. k 
5
5
5
Hướng dẫn giải:
a2 3
Diện tích đáy S ABCD 
2
a3
3.
1
1
V  B.h  B.SA  SA  2 2  a 3
3
3
a 3
2
BC  AM 
  BC   SAM  1
BC  SA 
BC   SBC 

 2  , Từ 1
 2    SAM    SBC 
SAM

SBC

D. k  a

2
3

và

SM

Kẻ AH  SM  AH  d  A,  SBC   . Xét SAM vuông tại A . Ta có

3a 2
3
1
1
1
1
4
5
2

AH

 AH  k  a





2

2
2
2
2
2
AH
SA
AM
3a
3a
3a
5
5
Chọn đáp án B.
Câu 10: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, đáy có tất cả các cạnh bằng a và có tâm là O gọi M là
trung điểm của OA. Tính khoảng cách d từ điểm M đến mặt phẳng (SCD).
a 6
a 6
a 6
A. d 
B. d 
C. d 
D. d  a 6
6
4
2
Hướng dẫn giải:
Kẻ OH  CD  H  CD  , kẻ OK  SH  K  SH  . Ta chứng
minh được rằng OK   SCD 
MO 3

3
3
  d M , SCD   dO , SCD   OK
MC 2
2
2
OH 2 .OS 2
a 6

Trong tam giác SOH ta có: OK 
2
2
OH  OS
6

Vì

HOCTAI.VN – Trang cung cấp tài liệu, đề + thi thử online miễn phí kèm lời giải chi tiết
Facebook: />Trang 6


3
a 6
Vậy d M , SCD   OK 
2
4
Chọn đáp án B.

Câu 11: Cho lăng trụ ABCD. A ' B ' C ' D ' có đáy ABCD là hình chữ nhật. AB  a, AD  a 3 . Hình
chiếu vuông góc của điểm A' trên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm AC và BD. Tính khoảng

cách từ điểm B' đến mặt phẳng (A'BD) theo a là:
a 3
a 3
a 3
a 3
A.
B.
C.
D.
6
3
4
2
Hướng dẫn giải:
Gọi H là hình chiếu của A' lên mặt phẳng
(ABCD).
Ta có: B ' D '/ / BD   A ' BD 

 d  B ',  A ' BD    d  D ',  A ' BD  

Mặt khác, xét hình chữ nhật A'D'DA thì D'A cắt
A'D tại trung điểm A'D
 d  D ',  A ' BD    d  A,  A ' BD  
Gọi G là hình chiếu của A lên BD thì
A ' H  AK  BD  AK   A ' BD 
 d  A,  A ' BD    AK

1
1
1

a 3


 AK 
.
2
2
2
AK
AD
AB
2
Chọn đáp án C.

Tính

Câu 12: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, ABC  300 , tam giác SBC là
tam giác đều cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính khoảng cách h từ
điểm C đến mặt phẳng (SAB).
a 39
a 39
a 39
2a 39
A. h 
B. h 
C. h 
D. h 
13
52
26

13
Hướng dẫn giải:
a 3
Trong (SBC), dựng SH  BC . Vì SBC đều cạnh a nên H là trung điểm của BC và SH 
2

 SBC    ABC 

Ta có:  SBC    ABC   BC   SH   ABC 
 SBC   SH  BC 
Vì H là trung điểm của BC nên
d  C ,  SAB    2d  H ,  SAB  
Trong (ABC), dựng HI  AB và trong (SHI), dựng
HK  SI .
AB  HI 
  AB   SHI    SAB    SHI 
AB  SH 
Ta có

HOCTAI.VN – Trang cung cấp tài liệu, đề + thi thử online miễn phí kèm lời giải chi tiết
Facebook: />Trang 7



 SHI    SAB 

 SHI    SAB   SI   HK   SAB   d  H ,  SAB    HK
 SHI   HK  SI 
HI
a

a
 HI  HB.sin HBI  .sin 300 
HB
2
4
Tam giác SHI vuông tại H, HK  SI nên:

Tam giác HBI vuông tại I nên sin HBI 

2

 a 3   a 2

 . 
2
2
2
2
1
1
1
SH
.
HI

  4   3a  HK  a 39
2




HK


HK 2 SH 2 HI 2
SH 2  HI 2  a 3 2  a 2 52
26


  
 2  4
a 39
Vậy d  C ,  SAB    2 HK 
13
Chọn đáp án B.
Câu 13: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Hình chiếu của S lên mặt phẳng
(ABCD) trùng với trọng tâm của tam giác ABD. Mặt bên SAB tạo với đáy một góc 600. Tính theo a
khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAD)?
a 3
a 3
a 3
a 3
A. d 
B. d 
C. d 
D. d 
2
3
2
2
Hướng dẫn giải:

Gọi G là trọng tâm tam giác ABD, E là hình chiếu của G lên
AB
Ta có: AB   SGE   SAG  600  SG  GE.tan 600
1
Mà GE  BC nên tính được SG.
3
Hạ GN  AD và GH  SN
 d  B,  SAB    3d  G,  SAB    3GH

3

GN .GS

GN 2  GS 2
Chọn đáp án A.



a 3
2

Câu 14: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông BD  2a, SAC vuông tại S và nằm
trong mặt phẳng vuông góc với đáy, SC  a 3 . Khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAD) là:
a 30
2a 21
A.
B.
C. 2a
D. a 3
7

5
Hướng dẫn giải:

BD  AC  2a, CD 

SH 

BD
 a 2, SA  AC 2  SC 2  a
2

SA.SC a.a 3 a 3


AC
2a
2

3a 2 a
AH  SA  SH  a 

4
2
2

2

2

HOCTAI.VN – Trang cung cấp tài liệu, đề + thi thử online miễn phí kèm lời giải chi tiết

Facebook: />Trang 8


Gọi O là tâm của hình vuông ABCD.
Ta có d  B,  SAD    2d  O,  SAD    4d  H ,  SAD  
1
a 2
Kẻ HI / / BD  I  BD  , HI  CD 
. Kẻ HK  SI tại K  HK   SAD 
4
4
a 3a 2
SH .HI
4  2a 21
 d  B,  SAD    4 HK  4.
 4. 2
2
2
2
7
SH  HI
3a
2a 2

4
16
Chọn đáp án B.

Câu 15: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB  1, AC  3 . Tam giác SBC
đều và nằm trong mặt phẳng vuông với đáy. Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC).

2 39
39
3
A.
B. 1
C.
D.
13
13
2
Hướng dẫn giải:
Gọi H là trung điểm BC, suy ra
SH  BC  SH   ABC 
Gọi K là trung điểm AC, suy ra HK  AC
Kẻ HE  SK  E  SK 
Khi đó d  B,  SAC    2d  H ,  SAC  

 2 HE  2

SH .H K

SH  HK
Chọn đáp án C.
2

2



2 39

13

Câu 16: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật ABCD với AB  2a, BC  a . Các cạnh bên
của hình chóp bằng nhau và bằng a 2 . Khoảng cách từ A đến mp (SCD) là:
a 21
a 3
A. 2a
B.
C. a 2
D.
2
7
Hướng dẫn giải:
 SO  AC
 SO   ABCD 
Ta có 
 SO  BD

AB 2  BC 2 a 5

2
2
5a 2 a 3
SO  SA2  AO 2  2a 2 

4
2
CD  OH
 CD   SOH 
Gọi H là trung điểm CD  

CD  SO
AO 

AC

2

Kẻ OK  SH tại K:  OK   SCD 

HOCTAI.VN – Trang cung cấp tài liệu, đề + thi thử online miễn phí kèm lời giải chi tiết
Facebook: />Trang 9


 d  A,  SCD    2d  O,  SCD    2OK  2

SO.OH
SO 2  OH 2

a 3 a
.
2 2 a 3
 2.
2
3a 2 a 2

4
4
Chọn đáp án D.

Câu 17: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B biết BC  a 3 , BA  a . Hình

chiếu vuông góc H của đỉnh S trên mặt phẳng đáy là trung điểm của cạnh AC và biết thể tích khối chóp
a3 6
S.ABC bằng
. Khoảng cách h từ C đến mặt phẳng (SAB) là.
6
a 30
a 30
2a 66
a 66
.
.
.
.
A. h 
B. h 
C. h 
D. h 
10
5
11
11
Hướng dẫn giải:
3
1 1
 a 6
Đặt SH  x .suy ra V  x. a.a 3  
3 2
6

a3 6 6

x
.
a 2
6 a2 3
Ta có d  C ,  SAB    2d  H,  SAB    2 HK
1
1
4
a 66
 2  2  HK 
2
HK
2a
3a
11
2a 66
d  C ,  SAB   
.
11
Chọn đáp án A.

mà

Câu 18: Hình chóp S .ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BA = 3a, BC=4a SBC
Biết SB

2a 3, SBC

6a 7
7

Hướng dẫn giải:

A.

ABC .

300 . Tính khoảng cách từ B đến mp SAC

B.

3a 7
7

C.

5a 7
7

D.

4a 7
7

1
1
1
SH  SB sin 30o  2a 3.  a 3 ; SABC  AB.BC  .3a.4a  6a 2
2
2
2

1 2
Suy ra VS . ABC  .6a .a 3  2a 3 3 .Càn tính: SSAC ?
3

Do tam giác SBA vuông tại B nên SA  (2a 3)2  9a 2  a 21 AC  9a 2  16a 2  5a
Dùng định lí côsin SC 2  SB2  BC 2  2SB.BC.cos30o
3
 4a 2  SC  2a
2
p ( p  a )( p  b)( p  c) , với

= 12a 2  16a 2  2.2a 3.4a.

Dùng công thức Hêrông: S 
abc
p
2

HOCTAI.VN – Trang cung cấp tài liệu, đề + thi thử online miễn phí kèm lời giải chi tiết
Facebook: />Trang 10


7 a  a 21
7 a  a 21
a 21  3a
 5a 
 p  5a 
2
2
2

7a  a 21
a 21  3a
 2a 
 p  2a 
2
2
7a  a 21
7 a  a 21
 a 21 
 p  a 21 
2
2
1
4
SABC 
28a 2 .12a 2  a 2 7.3  a 2 21
4
4
3
3V
3.2 a 3 6 a 6 a 7
Vậy h  S .ABC  2
.


SSAC
7
a 21
7
Chọn đáp án A.

Ta có: p 

Câu 19: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a. Góc BAC  600 , hình chiếu của
đỉnh S trên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm tam giác ABC, góc tạo bởi hai mặt phẳng (SAC) và
(ABCD) là 600 . Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SCD) theo a.
3a
3a
a
9a
A.
B.
C.
D.
7
2 7
2 7
2 7
Hướng dẫn giải:
Trong mặt phẳng (SBD) kẻ OE song song SH và cắt SD
tại E. Khi đó ta có tứ diện OECD vuông tại O và
a
a 3
3a
OC  ; OD 
; OE 
2
2
8
1

1
1
1



2
2
2
d  O;  SCD   OC
OD
OE 2

 d  O;  SCD   

3a
4 7

Mà d  B;  SCD    2d  O;  SCD   

3a
2 7

Chọn đáp án B.
Câu 20: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật cạnh AB = 2a, AD = a. Hình chiếu của S lên
mặt phẳng (ABCD) là trung điểm H của AB, SC tạo với đáy một góc 450 . Khoảng cách từ A đến mặt
phẳng (SCD) là:
a 3
a 6
a 6

a 3
A.
B.
C.
D.
3
4
3
6
Hướng dẫn giải:
+ Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCD) là độ dài đoạn HK
+ Tính được SH  HC  a 2
1
1
1
3
+ Dùng công thức:


 2
2
2
2
HK
HM
HS
2a
a 6
+ Suy được : HK 
3

Chọn đáp án C.

HOCTAI.VN – Trang cung cấp tài liệu, đề + thi thử online miễn phí kèm lời giải chi tiết
Facebook: />Trang 11


Câu 21: Cho hình chóp tứ giác đều có độ dài cạnh bên và cạnh đáy cùng bằng a. Khi đó, khoảng cách
h giữa đường thẳng AD và mặt phẳng (SBC) là:
2a 5
a 2
a 6
a
A. h 
B. h 
C. h 
D. h 
5
2
3
2
Hướng dẫn giải:
d  AD,  SBC    d  A,  SBC    2d  O,  SBC   với O là tâm hình vuông ABCD.
 BC  OI
 BC   SOI    SBC    SOI 
Gọi I là trung điểm BC  
 BC  SO
Ta có  SBC    SOI   SI , kẻ OH  SI tại H  OH   SBC   d  O,  SBC    OH
AC a 2
a 2


, SO  SA2  AO 2 
2
2
2
a 2 a
.
SO.OI
2 2 a 6
OH 

6
SO 2  OI 2
2a 2 a 2

4
4
AO 

d  AD,  SBC    2OH 

a 6
3

Chọn đáp án B.
Câu 22: Cho lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’, đáy ABCD là hình chữ nhật có AB  a, AD  a 3 . Biết
góc giữa đường thẳng A’C và mặt phẳng (ABCD) bằng 600 . Khoảng cách giữa đường thẳng B’C và
C’D theo  là:
8a 51
4a 51
2a 51

a 51
A.
B.
C.
D.
17
17
17
17
Hướng dẫn giải:
C ' D '/ / AB '  C ' D / /( AB ' C)  d (C ' D, B ' C)  d (C ' D,( AB ' C))  d (C ',( AB ' C))  d ( B,( AB ' C))
Do BC’ giao với mp(AB’C) tại trung điểm của BC’ (vì
BCC’B’ là hình chữ nhật)
Kẻ BM  AC  AC  ( BB ' M )  ( AB ' C)  ( BB ' M )
theo goao tuyến B’M
Kẻ
BH  B ' M  BH  ( AB ' C)  d ( B,( AB ' C))  BH
1
1
1
1
1
1
17
Có






2
2
2
2
2
2
BH
B'B
BM
B'B
BC AB
12a 2
2a 51
2a 51
 BH 
. Vậy: d(C’D,B’C)=
17
17
Chọn đáp án C.
Câu 23: Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’, đáy ABC có AC  a 3; BC  3a, ACB  300 . Cạnh bên hợp
với mặt phẳng đáy góc 600 và mặt phẳng (A’BC) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Điểm H trên cạnh
BC sao cho BC=3BH và mặt phẳng (A’AH) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Khoảng cách từ B đến
mặt phẳng (A’AC) là:
3a 3
3a 3
3a 3
7a 3
A.
B.
C.

D.
8
4
2
4
Hướng dẫn giải:
HOCTAI.VN – Trang cung cấp tài liệu, đề + thi thử online miễn phí kèm lời giải chi tiết
Facebook: />Trang 12


 HD  AC
 AC  ( A ' HD)  ( A ' AC )  ( A ' HD)  A ' D
Kẻ 
 AC  A ' H
Ta có: HD  CH .sin300  a . Kẻ HK  A ' D  HK  ( A' AC)  HK  d ( H ;(A'AC))
1
1
1
a 3


 HK 
2
2
2
HK
HD
A' H
2
d ( B;( A ' AC )) BC 3

3 a 3 3a 3
Ta lại có:

  d ( B;(A'AC))  .

d ( H ;( A ' AC )) HC 2
2 2
4

Xét tam giác A’HD vuông tại H có:

Vậy VABC . A' B' C'

9a 3
3a 3

; d ( B,( A' AC)) 
4
4

Chọn đáp án B.
Câu 24: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng
(ABC), góc giữa SB và mặt phẳng (ABC) bằng 60 độ. Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng
(SMN), với M, N lần lượt là trung điểm của AB và AC.
a3
a3
a3
a3
A. V 
B. V 

C. V 
D. V 
3
3
4
4
Hướng dẫn giải:
SA   ABC  suy ra AB là hình chiếu vuông góc
của SB lên (ABC)
Góc giữa SB và (ABC) là góc SBA  600 .
SA  AB tan 600  a 3
Kẻ AI  MN . Suy ra I là trung điểm MN, kẻ
AH  SI tại H
MN  SA, MN  AI  MN  AH

S

H
N

A
I

C

M
AH   SMN  .
B
Vậy AH là khoảng cách từ A đến (SMN),
3

K
AI  a
,
4
1
1
1
1
16
a 51

 2  2  2  AH 
2
2
AH
AS
AI
3a
3a
17
d  A,  SMN   MA
51
Mà

 1  d  B,  SMN    d  A,  SMN    a
d  B,  SMN   MB
17
Chọn đáp án B.
Câu 25: Cho hàm số S.ABC có ASB  BSC  CSA  600 , SA  3, SB  4, SC  5 . Tính khoảng cách từ
C đến mặt phẳng (SAB).

3
5 2
5 6
A. 5 2
B.
C.
D.
3
3
3
Hướng dẫn giải:
Bài toán này có công thức tính nhtôi, nhưng tôi không trình bầy ở đây . Tôi sẽ trình bầy
cách tư duy để làm ra bài toán này nhé !

HOCTAI.VN – Trang cung cấp tài liệu, đề + thi thử online miễn phí kèm lời giải chi tiết
Facebook: />Trang 13


Đề bài cho các góc ASC  ASB  BSC  600 và các cạnh SA  3, SB  4, SC  5 áp dụng công thức
c 2  a 2  b 2  2ab cos  a, b  ta tính được độ dài các cạnh AB, BC, CA của tam giác ABC lần lượt là

1
13
Gọi H là chân đường cao từ C xuống mặt phẳng (SAB), Kẻ HK  SA, HI  AB (như hình vẽ). Đặt
CH  x . Quan sát hình vẽ ta thấy : tính được độ dài các đoạn thẳng CK, CI, sau đó ta biểu diễn
được HK, HI theo CH, và ta tìm được mối quan hệ giữa HK, HI
1
2. SC.SA.sin 600
2SCSA
5 3

1
75
Tính CK: CK 
 2

 AK  , HK 2 
 x2
2
4
SA
SA
2
17 39
121
867
, AI 2 
Tương tự ta tính được CI 
, HI 2 
 x2
26
52
52
28
Ta lại có IK 2  AK 2  AI 2  2 AK . AI .cosSAB 
13
5 6
Mà IK 2  HK 2  HI 2  2 HK .HI .cos 1800  SAB   x 
3
Chọn đáp án D.
13, 21, 19 . Ta tính được cos SAB 

Câu 26: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng 2a . Tam giác SAD cân tại S
4
và mặt bên (SAD) vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết thể tích khối chóp S.ABCD bằng a 3 . Khoảng
3
cách h từ B đến mặt phẳng (SCD) là:
8
2
4
3
A. h = a
B. h = a
C. h = a
D. h = a
3
3
3
4
Hướng dẫn giải:
- Đặt
1
4
SH  x  V  .x.(a 2) 2  a3  x  2a
3
3
-Ta có
d ( B;( SCD))  d ( A;( SCD))  2d ( H ;( SCD))

a 2
4a

2
 2 HK  2.

3
a2
4a 2 
2
Chọn đáp án B.
2a.

Câu 27: Cho lăng trụ ABCD. A1B1C1D1 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 (ADD1A1) và (ABCD) bằng 600. Tính khoảng cách từ điểm B1 đến mặt phẳng (A1BD) theo
a.
a 3
a 3
a 3
a 3
A.
B.
C.
D.
2
3
4
6
Hướng dẫn giải:

HOCTAI.VN – Trang cung cấp tài liệu, đề + thi thử online miễn phí kèm lời giải chi tiết
Facebook: />Trang 14

Sd  a

2

3,

a 3
h
2

d( B1;( A1BD )) 

3VB A BD
1 1

SA BD
1

3a3
V a3 1
a2 3
V=
suy ra VB A BD  
 S A BD .d ( B1;( A1BD)) , S A BD 
2
6 4 3
2
1 1



1

1

a 3
2

Chọn đáp án A.

HOCTAI.VN – Trang cung cấp tài liệu, đề + thi thử online miễn phí kèm lời giải chi tiết
Facebook: />Trang 15


II - KHOẢNG CÁCH GIỮA ĐƯỜNG THẲNG, MẶT PHẲNG
Câu 1: Lăng trụ đứng ABCA ' B ' C ' đáy tam giác vuông cân tại B, cạnh bên CC '  a 3 . Biết thể tích
khối trụ bằng 2 3a3 . Khoảng cách hai đường thẳng AB và CC’ bằng
A. a 2
B. 2a
C. 3a
Hướng dẫn giải:
Ta có BC  AB, BC  CC ' nên d  AB; CC '  BC
Vì ABC vuông cân ở B nên
1
1
2 3a3  VABCA ' B ' C '  AB.BC.CC '  BC 2 .a 3
2
2

2
2
 BC  4a  BC  2a
 d  AB; CC '   2a

D. 2 3a

Chọn đáp án B.
Câu 2: Cho lăng trụ đứng ABC. A’B’C’ có đáy ABC là tam giác
vuông tại B với AB  4a, BC  3a, AC  5a , cạnh bên BB '  9a . Gọi
M là điểm thuộc BB’ sao cho BB' = 3B'M. Khoảng cách giữa B’C và
AM là
12a
10a
6a
A.
B.
C.
7
7
7
Hướng dẫn giải:
Trong mặt phẳng BCB’, vẽ MN / / B’C ( N thuộc BC)
 B’C / /  AMN   d  B’C , AM   d  B’C ,  AMN  

D.

a
7

 d  B’,  AMN   

1
1
d  B,  AMN   = h
2
2
Để đơn giản ta coi a=1
1
1
1
1
1 1


 2  ( 2  2 )  h 
2
2
2
h
AB
BN
4
2 6
 d  B’C , AM  

1
12

1

1 1
7
 2 2
2
4
2 6

6
a
7

Chọn đáp án B.
Câu 3: Cho hình chóp S.ABC có AS, AB, AC đôi một vuông góc với nhau, AB  a, AC  a 2 . Tính
khoảng cách d từ đường thẳng SA đến BC.
a 2
a 6
A. d 
B. d  a
C. d  a 2
D. d 
3
2
Hướng dẫn giải:
Trong tam giác ABC kẻ AH  BC, H  BC
Dễ dàng chứng minh được AH  SA
Vậy d SA, BC   AH 

AB 2 . AC 2
a 6


2
2
AB  AC
3

Chọn đáp án D.

HOCTAI.VN – Trang cung cấp tài liệu, đề + thi thử online miễn phí kèm lời giải chi tiết
Facebook: />Trang 16


Câu 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng
(ABCD), góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 450. Tính khoảng cách giữa hai đường
thẳng SB, AC.
a 3
a 2
a 2
a
A.
B.
C.
D.
5
7
5
5
Hướng dẫn giải:
(SBC) chứa SC và song song với AD. Đường thẳng qua
O vuông góc với BC cắt BC, AD lần lượt tại E, F. Vì O
là trung điểm của È nên ta có:

d(AD,SC) = d(F, (SBC)) = 2d(O, (SBC)). Kẻ OH
vuông góc với SE tại H (1)
BC  EF , BC  SO  BC   SEF   BC  OH
 2
Từ (1) (2) và BC cắt SE  OH  (SBC) . Tam giác
SOE vuông tại O nên ta có:
1
1
1
1
1
1
20





 2
2
2
2
2
2
2
OH
OS
OE
OS
OB

OC
3a
a 15
a 15
 OH 
 d  AD; SC  
. Gọi M sao cho ABMC là hình bình hành
10
5
Vẽ AH vuông góc với BM tại H, AK vuông góc SH tại K. Suy ra, AK vuông góc (SBM)
1
1
1
1
4
5
Ta có:
 2
 2 2  2
2
2
AK
SA
AH
2a
2a
2a
a 2
Vì AC song song (SMB) suy ra: d  AC , SB   d  A;  SBM    AK 
5

Chọn đáp án B.
Câu 5: Cho lăng trụ tam giác ABC. A1B1C1 có tất cả các cạnh bằng a, góc tại bởi cạnh bên và mặt

phẳng đáy bằng 300 . Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng  A1B1C1  thuộc đường thẳng B1C1 .
Khoảng cách giữa hai đường thẳng AA1 và B1C1 theo a bằng:
a 3
2
Hướng dẫn giải:

A.

B.

a 3
6

C.

a 3
4

Xét tam giác vuông AHA1 có AA1  a, AA1H  300  A1H 
cạnh a, H thuộc B1C1 và A1H 

B1C1   AA1H  .

D. a 3
a 3
. Do tam giác A1B1C là tam giác đều
2

a 3
nên A1H vuông góc với B1C1 . Mặt khác AH  B1C1 nên
2

Kẻ đường cao HK của tam giác AA1H thì HK chính là khoảng cách giữa AA1 và B1C1
Ta có AA1.HK  A1H . AH  HK 

A1H . AH a 3

AA1
4

Chọn đáp án C.

HOCTAI.VN – Trang cung cấp tài liệu, đề + thi thử online miễn phí kèm lời giải chi tiết
Facebook: />Trang 17


Câu 6: Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của điểm A’
a3 3
lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm tam giác ABC. Biết thể tích của khối lăng trụ là
. Tính
4
khoảng cách giữa hai đường thẳng AA’ và BC.
3a
4a
3a
2a
A.

B.
C.
D.
3
3
2
4
Hướng dẫn giải:
Gọi M là trung điểm của BC , dựng MN  AA' tại N (1)
Gọi O là trọng tâm của ABC  O là hình chiếu của A’ lên
(ABC)  A'O  BC
Mặt khác AM  BC vì ABC đều
 BC   A 'MA   BC  MN  2  . Từ (1) và (2)
=> MN là đường vuông chung
OP AO 2
Kẻ OP // MN 


MN AM 3
V
3a 2
SABC 
 OA '  ABCA'B'C'  a
4
SABC
1
1
1
a
3a

Xét A 'OA vuông tai O, đường cao OP:


 OP   MN 
2
2
2
OP
OA OA '
2
4
Chọn đáp án C.
Câu 7: Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình thoi cạnh a, BAD  1200 và
AC '  a 5 . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB’ và BD là:
10a
8a
6a
2a
A.
B.
C.
D.
17
17
17
17
Hướng dẫn giải:
Tứ giác AB’C’D là hình bình hành  AB’//C’D  AB’//(BC’D)
 d  AB’, BD   d  AB’,  BC’D    d  A,  BC’D    d  C ,  BC’D  
Vì BD  AC, BD  CC’  BD  (OCC’)  (BC’D)  (OCC’)

Trong (OCC’),kẻ CH  OC’(H thuộc OC’) => CH  (BC’D)  d  C ,  BC’D    CH

OCC ' vuông tại C 
Vậy d(AB’,BD)=

1
1
1
4
1
2a


 2  2  CH 
2
2
2
CH
CO
CC '
a
4a
17

2a
17

Chọn đáp án D.
Câu 8: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA  a và vuông góc với đáy. Tính
khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC

a 2
a 2
a 2
A. d AB , SC   a 2
B. d AB , SC  
C. d AB , SC  
D. d AB , SC  
2
3
4
Hướng dẫn giải:
Vì AB / / CD   SCD   AB / /  SCD 
Mà SC   SCD   d AB,SC  d AB, SCD  d A, SCD
Gọi I là trung điểm của SD  AI  SD , mà AI  CD
a 2
Suy ra AI   SCD  , vậy d AB ,SC   d A,  SCD   AI 
2
HOCTAI.VN – Trang cung cấp tài liệu, đề + thi thử online miễn phí kèm lời giải chi tiết
Facebook: />Trang 18


Chọn đáp án B.

Câu 9: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a 3; ABC  1200 và cạnh bên
SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết rằng số đo của góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng
600. Khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC bằng:
a 14
3a 29
3a 29
a 39

A.
B.
C.
D.
26
13
26
6
Hướng dẫn giải:
Kẻ CM / / BD, AN  BC, AH  SC suy ra AC  CM và d  A,  SCM    AH . Gọi
ID DC 1


IA AM 2
Theo bài ra ta có góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) là góc SNA nên
3a 3
SNA  600  SA  AN tan 600 
2
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác SAC vuông taị A ta có
1
1
1
13
3a 39
 2

 AH 
2
2
2

AH
SA
AC
27a
13
1
Ta có: d  BD, SC   d  BD,  SCM    d  D,  SCM    d  A,  SCM  
2
3a 39
d  BD,SC  
Suy ra
26
Chọn đáp án A.

I   AD  CM 

Câu 10: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Hình chiếu vuông góc của S lên
mặt phẳng (ABCD) trùng với trung điểm H của cạnh AB. Góc tạo bởi SC và (ABCD) bằng 450. Tính
theo a tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và AB.
a 15
2a 5
a 5
a 5
A. d 
B. d 
C. d 
D. d 
3
13
3

3
Hướng dẫn giải:
Xác định được đúng góc giữa SC và (ABCD) là SCH  450
a 5
a 5
 SH 
Tính được HC 
2
2
Vì AB / /  SCD  , H  AB nên

d  AB; SD   d  AB,  SCD    d  H ,  SCD  

Gọi I là trung điểm của CD. Trong (SHI), dựng HK  SI tại
K
Chứng minh được HK   SCD   d  H ;  SCD    HK
Xét tam giác SHI vuông tại H, HK đường cao:
1
1
1
4
1
9
a 5

 2  2  2  2  HK 
2
2
HK
SH

HI
5a
a
5a
3
a 5
Vậy d  AB; SD   HK 
3
Chọn đáp án C.
HOCTAI.VN – Trang cung cấp tài liệu, đề + thi thử online miễn phí kèm lời giải chi tiết
Facebook: />Trang 19


Câu 11: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O , cạnh a . Cạnh bên SA vuông
góc với đáy, góc SBD 600 . Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SO .
a 2
a 5
a 6
a 3
.
.
A.
.
B.
.
C.
D.
5
2
4

3
Hướng dẫn giải:
SAD  c  g  c  , suy ra SB  SD .
Ta có SAB
Lại có SBD  600 , suy ra SBD đều cạnh
SB  SD  BD  a 2 .
Trong tam giác vuông SAB , ta có SA  SB 2  AB 2  a .
Gọi E là trung điểm AD , suy ra OE AB và AE  OE .
Do đó d  AB, SO   d  AB,  SOE    d  A,  SOE   .
Kẻ AK  SE . Khi đó

d  A,  SOE    AK 

SA. AE
SA2  AE 2



a 5
.
5

Chọn đáp án D.
Câu 12: 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 AB và SC bằng:
a
a
a
a
A.

B.
C.
D.
2
4
2 2
2
Hướng dẫn giải:
Ta có : d ( AB; SC)  d ( AB;(SCD))  2d ( H ;(SCD))  2HK
Mặt khác tam giác SHM uông cân tại H, nên ta có
1
1
1 a
a 2
HK  SM  HM 2  .
2
2
2
2 2
4
a 2
Vậy d ( AB; SC)  2 HK 
.
2
Chọn đáp án A.

a 17
hình chiếu vuông góc H
2
của S lên mặt (ABCD) là trung điểm của đoạn AB. Gọi K là trung điểm của AD. Tính khoảng cách

giữa hai đường SD và HK theo a?
a 3
3a
.
A.
B.
C.
.
7
5
a 21
.
D.
5
3a
.
5
Hướng dẫn giải:
- Dựng HI  BD và HJ  SI
- Vì HK // BD  HK // (SBD)

Câu 13: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SD 

HOCTAI.VN – Trang cung cấp tài liệu, đề + thi thử online miễn phí kèm lời giải chi tiết
Facebook: />Trang 20


- Chứng minh được BD   SHI  và HJ   SBD 
Ta có d HK,SD  d HK , SBD  d H , SBD  HJ
17a 2 5a 2

12a 2


a 3
4
4
4
1
1
1
1
8
25


 2 2  2
2
2
2
HJ
SH
HI
3a
a
3a
a 3
 HJ 
5
Chọn đáp án D.
SH  SD2  DH 2 

Câu 14: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, mặt bên SAB là tam giác đều và
nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC), gọi M là điểm thuộc cạnh SC sao cho
MC  2MS . Biết AB  3, BC  3 3 , tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BM.
3 21
2 21
21
B.
C.
7
7
7
Hướng dẫn giải:
Từ M kẻ đường thẳng song song với AC cắt SA tại
N  AC || MN  AC ||  BMN 

A.

D.

21
7

AC  AB, AC  SH  AC   SAB 
AC || MN  MN   SAB   MN   SAB 

  BMN    SAB  theo giao tuyến BN.
Ta có:
AC ||  BMN   d  AC , BM   d  AC ,  BMN  

 d  A,  BMN    AK với K là hình chiếu của A trên BN.
NA MC 2
2
2 32 3 3 3

  S ABN  S SAB 

(đvdt) và
SA SC 3
3
3 4
2
2
AN  SA  2
3

2S
BN  AN 2  AB 2  2 AN . AB.cos600  7  AK  ABN 
BN
Vậy d  AC , BM  

2.

3 3
2  3 21
7
7

3 21
(đvđd)

7

Chọn đáp án A.
Câu 15: Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có ABC là tam giác vuông, AB  BC  1, AA '  2 . M là
trung điểm của cạnh BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM; B'C
1
1
2
A. d 
B. d 
C. d  7
D. d 
7
7
7
Hướng dẫn giải:
Gọi E là trung điểm của BB'. Khi đó  AME  / / B ' C nên ta
có:
d B, AME   d B ' C , AME   d  B ' C; AM 
HOCTAI.VN – Trang cung cấp tài liệu, đề + thi thử online miễn phí kèm lời giải chi tiết
Facebook: />Trang 21


Ta có: d B; AME   h
Tứ diện BEAM có các cạnh BE, BM, BA đôi một vuông góc nên là bài toán quen thuộc.
1
1
1
1
1

 2 


7h
2
2
2
h
BE
BA
BM
7
Chọn đáp án A.
Câu 16: Cho lăng trụ tam giác ABC. A1B1C1 có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên và mặt
phẳng đáy bằng 300. Hình chiếu H của điểm A lên mặt phẳng  A1 B1C1  thuộc đường thẳng B1C1.
Khoảng cách giữa hai đường thẳng AA1 và BC1 theo a là:
2a
4a
a 3
a 3
A.
B.
C.
D.
2
4
3
3
Hướng dẫn giải:.
Do AH   A1B1C1  nên góc AA1H là góc giữa AA1

và  A1B1C1  theo giả thiết thì góc AA1H bằng 300.
Xét tam giác vuông AHA1 có
AA1  a, AA1H  300  AH 

Xét AHA1 có AA1  a góc
AA1H  300  A1H 

a
2

a 3
2

a 3
2
Suy ra A1H vuông góc B1C1, AH  B1C1 nên B1C1   AA1H 

Do A1B1C1 đều cạnh a, H thuộc B1C1 và A1H 

HK chính là khoảng cách giữa AA1 và B1C1 . Ta có AA1.HK  A1H . AH  HK 

A1H . AH a 3

AA1
4

Chọn đáp án A.
Câu 17: Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Góc giữa CA ' và
mặt ( AA ' B ' B) bằng 30 . Gọi d(AI’,AC) là khoảng cách giữa A ' I và AC, kết quả tính d(AI’,AC)
theo a với I là trung điểm AB là

a 210
a 210
3a 210
2a 210
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
70
35
35
35
Hướng dẫn giải:
Ta có :
CI  AB

 CI  ( AA ' B ' B )
CI  AA ' ( AA '  ( ABC ))
Trong ( AA ' B ' B ) : AB  AA '  A
 

Suy ra góc giữa CA’ và ( AA ' B ' B) chính là góc
giữa CA’ và IA’ và bằng góc CA ' I  30
Do đó A ' I 

IC

tan CA ' I



3a
AB 3 a 3

; với IC 
2
2
2

HOCTAI.VN – Trang cung cấp tài liệu, đề + thi thử online miễn phí kèm lời giải chi tiết
Facebook: />Trang 22


9a 2 a 2

a 2
4
4
Kẻ Ix AC . Khi đó d ( AC, A ' I )  d ( AC,( A ' I , Ix))  d ( A,( A' I , Ix))
Kẻ AE  Ix tại E và AF  A ' E tại F. Ta chứng minh được: d  A,( A ' I , Ix)   AF

Suy ra: AA '  A ' I 2  AI 2 

a
a 3
Ta có: AE  AI .sin AIE  .sin 60 
và

2
4
1
1
1
1
16
35
a 210


 2  2  2  AF 
2
2
2
AF
A' A
AE
2a
3a
6a
35
a 210
Vậy: d  AC , A ' I   AF 
.
35
Chọn đáp án B.

Câu 18: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , mặt bên SAB là tam giác đều
và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M là điểm thuộc SC sao cho MC=2MS.

Biết AB=3, BC= 3 3 . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BM là:
3 21
3 21
6 21
3 21
B.
C.
D.
7
14
7
28
Hướng dẫn giải:
Từ M kẻ đường thẳng song song với AC cắt SA tại N  AC / / MN  AC / /  BMN 

A.

AC  AB, AC  SH  AC  (SAB),AC/ / MN  MN  (SAB)
 ( BMN )  (SAB) theo giao tuyến BN
Ta có:
AC / /( BMN )  d ( AC; BM )  d ( AC;( BMN ))  d ( A;( BMN ))  AK với là hình chiếu của A trên
BN
NA MC 2
2
2 32 3 3 3
2

  S ABN  S SAB  .

(đvdt) và AN  SA  2

SA SC 3
3
3 4
2
3
3 3
2.
2
S
2  3 21
BN  AN 2  AB 2  2 AN . AB.cos600  7  AK  ABN 
BN
7
7
3 21
Vậy d(AC,BM)=
7
Chọn đáp án A.

Câu 19: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh AB=a, góc giữa hai mặt phẳng (A’BC)
và (ABC) bằng 60o. Tính theo a thể tích tứ diện B’ABC và khoảng cách từ B đến mặt phẳng (AB’C).
a3 3
a
a3 3
3a
;d 
;d 
A. VB ' ABC 
B. VB ' ABC 
8

4
8
4
3
a 3
a
;d 
C. VB'ABC 
D.
4
4
a3 3
a 3
VB'ABC 
;d 
4
8
Hướng dẫn giải:
Theo như đề bài dữ kiện thì ta có thể dễ dàng tính được thể tích
của khối lăng trụ tam giác đều ban đầu, từ đó suy ra thể tích của
khối tứ diện AB’BC. Để tính được khoảng cách từ B đến (AB’C)
HOCTAI.VN – Trang cung cấp tài liệu, đề + thi thử online miễn phí kèm lời giải chi tiết
Facebook: />Trang 23


thực chất là tìm chiều cao của tứ diện, đến đây bài toán sẽ được giải quyết nếu quý độc giả tìm được
diện tích tam giác AB’C.
Vì đề bài cho dữ kiện ((A’BC), (ABC))=60o, nên ta sẽ đi xác định góc này bằng cách gọi H là trung
điểm của BC. Tam giác ABC đều nên AH  BC (1).
A’A  (ABC) ⟹A’A  BC (2)

Từ (1) và (2) ⟹BC  A’H ⟹((A’BC), (ABC)) = A’HA = 60o
3a a 2 3 3a 3 3
3a

⟹A’A = AH.tan 60o= . Khi đó VABC . A ' B ' C '  A ' A.S ABC  .
2
4
8
2
3
1
a 3
Và VB ' ABC  V 
lúc này ta có thể loại C và D.
3
8
Dễ thấy diện tích tam giác AB’C có thể được do B’AC cân tại B’ có
2

a 13
 3a 
B'A  B'C  a    
; AC  a
2
 2
2

Dễ tính được chiều cao kẻ từ B’ của tam giác có độ dài là a 3
3VBABC 3a
a2 3

 SACB' 
 d(B;(AB'C)) 

2
SAB'C
4
Chọn đáp án B.
Câu 20: Cho lăng trụ đứng ABCA’B’C’có AC = a, BC= 2a, ACB  120 . Đường thẳng A’C tạo với
mặt phẳng (ABB’A’) góc 300. Gọi M là trung điểm của BB’. Tính thể tích khối lăng trụ ABCA’B’C’ và
khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và CC’ theo a.
o

A.

a 3
21

B.

a 7
3

Hướng dẫn giải:
+ Kẻ đường cao CH của tam giác ABC. Có CH
 AB ;CH  AA’ suy ra CH  (ABB’A’),Do đó
góc giữa A’C và mp(ABB’A’) là góc

C.

a 3

7

D. a
a

A

1200

2a

B

1
a2 3
+ Ta có SABC  CA.CB.sin1200 
2
2
Trong tam giác ABC :
AB 2  AC 2  BC 2  2 AC.BC.cos1200  7 a 2

M

 AB  a 7
+ SABC

+ Vậy :
d(CC’ ;AM)=d(CC’ ;(ABB’A’))=d(C;(ABB’A’))
=CH= a

3
7

C

H

CA ' H  300

a2 3 1
3

 AB.CH  CH  a
2
2
7

3
7

0

30

C/

A/

B/

Chọn đáp án D.
Câu 21: Cho lăng trụ ABC. A’B’C’ các mặt đều là hình vuông cạnh a. Gọi D là trung điểm của cạnh
BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A’B’ và DC’ theo a
a 2
a 3
a 2
a 3
A.
B.
C.
D.
6
4
4
6
HOCTAI.VN – Trang cung cấp tài liệu, đề + thi thử online miễn phí kèm lời giải chi tiết
Facebook: />Trang 24


Hướng dẫn giải:
Có 2 cách để tiếp cận một bài toán hình học không gian thông
thường là kẻ thêm hình và tọa độ hóa. Ở bài toán này, phương
pháp tọa độ có nhiều ưu điểm hơn hẳn.
Gọi D ' là trung điểm B ' C ' ta có DD '; DC; DA đôi một vuông
góc với nhau
Ghép hệ tọa độ như hình vẽ với D là gốc tọa độ.
 a
 a
  a 3 
Ta có D(0;0;0), B   ;0;0  , C '  ;0; a  , A '  0;

; a 
2
 2
 2
 

Gọi    là mặt phẳng qua DC ' và    / / A ' B suy ra phương
trình    : x  z  0


 d ( A ' B, DC ')  d ( B,()) 

a
2 a 2

4
2

Chọn đáp án C.

GÓC
A – LÝ THUYẾT TÓM TẮT

a//a', b//b'   a, b    a ', b '

1) Góc giữa hai đường thẳng:
Chú ý: 00   a, b   900
2) Góc giữa đường thẳng với mặt phẳng:
 Nếu d  (P) thì  d, (P)  = 900.

 Nếu d  (P) thì  d, (P)  =  d, d ' với d là hình chiếu của d trên (P).
Chú ý: 00   d, (P)   900
a  (P)
  (P), (Q)    a, b 

b  (Q)

2) Góc giữa hai mặt phẳng

a  (P), a  c
 Giả sử (P)  (Q) = c. Từ I  c, dựng 
  (P), (Q)    a, b 
b

(Q),
b

c


Chú ý:

00   (P), (Q)   900

3) Diện tích hình chiếu của một đa giác
Gọi S là diện tích của đa giác (H) trong (P), S là diện tích của hình chiếu (H) của (H) trên (Q), 
=  (P), (Q)  . Khi đó:

S = S.cos

B – BÀI TẬP
Câu 1: Cho tứ diện ABCD có AB = CD = 2a. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của BC và AD, biết
EF  a 3 . Góc giữa hai đường thẳng AB và CD là :
0

A. 60
Hướng dẫn giải:

0
B. 45

Gọi M là trung điểm BD, AB,CD

0
C. 30

0
D. 90

MF , ME

HOCTAI.VN – Trang cung cấp tài liệu, đề + thi thử online miễn phí kèm lời giải chi tiết
Facebook: />Trang 25