ÔN TẬP HÌNH HỌC LỚP 12

Câu 1.

(Đề Tham Khảo 2018) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC . ABC  có AB  2 3 và AA  2. Gọi

M , N , P lần lượt là trung điểm các cạnh AB, AC  và BC (tham khảo hình vẽ bên). Côsin của góc
tạo bởi hai mặt phẳng  ABC   và  MNP  bằng

C'
N
M

B'

A'

C
P
B

A.

6 13
65

B.

A

13
65

17 13
65
Lời giải

C.

D.

18 13
65

Chọn B
Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của BC và BC;
I  BM  AB, J  CN  AC , E  MN  AQ.
Suy ra,  MNP    ABC   MNCB    ABC  IJ và gọi K  IJ  PE  K  AQ với E là
trung điểm MN (hình vẽ).

 AAQP   IJ  AQ  IJ , PE  IJ    MNP  ,  ABC      AQ, PE   
Ta có AP  3, PQ  2  AQ  13  QK 


cos   cos QKP


KQ 2  KP 2  PQ 2
2 KQ.KP



5

5
13
; PE   PK  .
2
3
3

13
.
65
C'
Q

N

E
M

B'

A'
J

K
I
C
P
B

Cách 2

A


Gắn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ



 





 

 P  0;0;0  , A  3;0;0  , B 0; 3;0 , C 0;  3;0 , A  3;0; 2  , B 0; 3; 2 , C  0;  3; 2



3 3  3
3 
nên M  ;
;
2
,
N
;

; 2 



2 2
 2
2

 


1  
 AB, AC    2; 0;3 và vtpt của mp  MNP  là
Ta có vtpt của mp  ABC  là n1 

2 3

n2   4;0; 3

Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng  ABC  và mp  MNP 
  
 cos  cos n1 , n2 





89
13 25



13
65

Cách 3

Gọi Q là trung điểm của AA ' , khi đó mặt phẳng  AB ' C ' song song với mặt phẳng  MNQ 
nên góc giữa hai mặt phẳng  AB ' C ' và  MNP  cũng bằng góc giữa hai mặt phẳng  MNQ 
và  MNP  .
Ta có:


 MNP    MNQ   MN



0


 PE   MNP  ; PE  MN    MNP  ;  MNQ    PEQ hoặc   MNP  ;  MNQ    180  PEQ

QE   MNQ  ; QE  MN
Tam giác ABC đều có cạnh 2 3  AP  3 .
Tam giác APQ vuông tại A nên ta có: PQ  AP 2  AQ 2  32  12  10
2

13
3
A ' E  A ' Q     12 
2
2

2

Tam giác A ' QE vuông tại A ' nên ta có: QE 

2

2

5
3
Tam giác PEF vuông tại F nên ta có: PE  FP 2  FE 2  22    
2
2
Áp dụng định lý hàm số côsin vào tam giác PQE ta có:

25 13
  10
2
2
2
EP

EQ

PQ
13
4
4

cos PEQ 



2.EP.EQ
65
5 13
2. .
2 2
13


Do đó: cos   MNP  ;  AB ' C '    cos 1800  PEQ
.
  cos PEQ

65



Câu 2.



(Chuyên KHTN - Lần 2 - 2019) Cho lăng trụ đều ABC. A ' B ' C ' có cạnh đáy bằng a , cạnh bên bằng

a 2 . Gọi M là trung điểm của AB . Diện tích thiết diện cắt lăng trụ đã cho bởi mặt phẳng  A ' C ' M 
là

A.

7 2 2

a .
16

B.

3 35 2
a .
16

C.

3 2 2
a .
4

D.

Lời giải
Chọn B
Hình vẽ minh họa
E'

A'

C'

B'

E

A

C
M

H

N

B

Gọi N là trung điểm BC . Kẻ MN / / AC  MN / / A ' C '
Mặt phẳng  A ' C ' M  cắt lăng trụ theo thiết diện là hình thang A ' C ' NM .

9 2
a .
8


Gọi E , E ' lần lượt là trung điểm AC và A ' C ' . Gọi H là giao điểm của MN và BE
Ta dễ dàng chứng minh MN   E ' HE  .
 A ' C ' NM    ABC   MN

 ' HE  
Ta có  EH  MN
.    A ' C ' NM  ,  ACNM     HE , HE '  E
 E ' H  MN

Ta có BE 

3a 2 a 35
a 3
a 3

. E ' H  E ' E 2  EH 2  2a 2 
 HE 
16
4
2
4

Từ đó cos  

HE a 3 4
3

.

HE '
4 a 35
35

Diện tích hình thang cân S ACNM

a
a 3
 a

 MN  AC  .HE   2  4  3a 2 3


2
2
16

Ta có S ACNM  S A 'C ' NM .cos  ,  S A 'C ' NM
Câu 3.

S ACNM 3a 2 3 35 3a 2 35


.

.
cos 
16
16
3

(Chuyên KHTN - Lần 2 - 2019) Cho hình chóp tam giác S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại
0
B với trọng tâm G . Cạnh bên SA tạo với đáy  ABC  một góc 30 . Biết hai mặt phẳng  SBG  và

 SCG  cùng vuông góc với mặt phẳng  ABC  . Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng SA và BC
.

A.

30
.
20

B.

15
.
5

C.

3 15
.
20

D.

Lời giải
Chọn D
Hình vẽ minh họa

S

N

B

C

G
M
A

D

15
.
10


 SBG    SCG   SG

 SG   ABC 
Ta có  SBG    ABC 

 SCG    ABC 
Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AC và BC . Gọi D là điểm đối xứng của B qua M . Khi
đó ABCD là hình vuông.
Vì BC / / AD nên  SA, BC    SA, AD  . Gọi  là góc giữa hai đường thẳng SA và AD .
Đặt AB  BC  x  AD  x
Ta có AN 2  AB 2  BN 2  x 2 

x2 5x 2
x 5
2
2 x 5 x 5
và AG  AN  .

 AN 

2
3

3 2
3
4
4


Góc giữa SA và mặt đáy  ABC  là SAG
 300 .
Ta có cos 300 

tan 300 

AG
AG
2 x 15
 SA 

0
SA
cos 30
9

SG
x 5 3 x 15
2
2
, GD  BD  x 2
 SG  AG.tan 300 
.


AG
3
3
9
3
3

SD 2  SG 2  GD 2 

15 x 2 8 x 2 87 x 2


81
9
81

Áp dụng hệ quả của định lí cosin trong tam giác SAD ta có
Câu 4.

(Chuyên KHTN - Lần 2 - 2019) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a và



SBA
 SCA
 90 . Biết góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng ABC bằng 45 . Khoảng cách giữa
hai đường thẳng SB và AC là
A.

2 51

a.
17

B.

2 13
a.
13

C.
Lời giải

Chọn A

2 7
a.
7

D.

39
a.
13


Gọi M là trung điểm của BC , H là hình chiếu vuông góc của S lên AM . Dựng hình thoi
ABDC .




Vì AB  AC , SBA
 SCA
 SBA  SCA  SB  SC  SBC cân tại S  SM  BC .
Vì ABC đều nên AM  BC nên BC   SAM   BC  SH .
Mà SH  AM  SH   ABC  . Khi đó góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng ABC

bằng SAM
 45 .
Gọi SH  x . Vì SAH vuông cân tại H nên AH  x  SA  x 2 (1).
2


a 3
a 3
 SM 2  SH 2  HM 2  x 2   x 
Ta lại có HM  x 
 .
2
2 

2


a 3  a2
 SB  SM  BM  x   x 
 
2 
4

2

2

2

2

2

.

2



a 3  a2
a 3  5a 2
2
2
 SA2  SB 2  BA2  x 2   x 


a

x

x




 
2 
4
2 
4



(2)

2


a 3  5a 2
2 3
Từ (1) và (2) suy ra x   x 
 2 x 2  2 xa 3  2a 2  0  x 
a.
 
2 
4
3

2

 AH 

2 3
3
3

1
a  AM 
a  HM  AH  AM 
a  AM .
3
2
6
3

Do đó chứng tỏ H là trọng tâm BCD .
Kẻ HI  BD  I là trung điểm của BD , kẻ HK  SI  HK  d  H , ( SBD )  .
a 1
a 3
Ta có HI  ID. tan 45  .
.

2 3
6


1
1
1
36
9
51
2 51


 2

 2  HK 
a.
2
2
2
2
HK
HI
HS
3a 12a
4a
51

vì AC // BD nên

 d  SB, AC   d  AC , ( SBD)   d  A, ( SBD)   3d  H , ( SBD)   3.
Câu 5.

2 51
2 51
a
a.
51
17

(HSG 12 - Sở Quảng Nam - 2019) Cho hình lăng trụ ABC . ABC  có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình
chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng  ABC  trùng với trọng tâm G của tam giác ABC , hai mặt
phẳng  ABC  và  BCC B  vuông góc với nhau. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CC 
bằng

A.

a 2
.
2

B.

a 2
.
3

C.

a 10
.
4

D.

a 10
.
6

Lời giải
Chọn A

Gọi M , H , N lần lượt là trung điểm của BC , AB, BC  .
Vì ABC đều cạnh a nên AM  BC , AM 

a 3
a 3
a 3
, AG 
, GM 
.
2
3
6

Mà AG  BC nên  AMNA   BC , suy ra AM  BC , MN  BC .
Do đó góc giữa hai mặt phẳng  ABC  và  BCC B  là AMN  900 .
2

2

a 3
a 3
a2
2
2
Đặt AG  x  MN  AA  x  
.
 , AM  x  
  x 
12
 3 
 6 
2

Áp dụng định lí Pitago trong AMN , ta có:

AN 2  AM 2  MN 2
2

2

a 3
a 3
a2
a2
a 6
2
2
 
 x2 
x
  x  
  x 
12
6
6
 2 
 3 
Hay AG 

a 6
. Vì CC  / / BB nên
6

d  CC , AB   d  CC ,  AABB    d  C ,  AABB    3d  G,  AABB    3GI .
Mà

1
1
1
1
1
18
a 2




 2  GI 
2
2
2
2
2
GI
GH
GA
a
6
a 3 a 6

 


 6   6 


Vậy d  CC , AB   3.
Câu 6.

a 2 a 2

.
6
2

(HSG 12 - TP Nam Định - 2019) Cho hình chóp S . ABC có SA vuông góc với mặt phẳng

 ABC  , đáy

ABC là tam giác vuông cân tại B , AC  a 2 . Gọi G là trọng tâm tam giác SAB

và K là hình chiếu của điểm A trên cạnh SC . Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng  ABC  và

 AGK  . Tính cos  , biết rằng khoảng cách từ điểm
A. cos  

1
.
2

B. cos  

2

.
2

A đến mặt phẳng  KBC  bằng

C. cos  

3
.
2

D. cos  

a
.
2

3
.
3

Lời giải
Chọn D

Tam giác ABC vuông cân tại B mà AC  a 2 suy ra AB  BC  a .
Do BC  BA , BC  SA (vì SA   ABC  ) nên BC   SAB  .
Gọi H là hình chiếu của điểm A lên SB , thì AH  SB , AH  BC (vì BC   SAB  ) nên

AH   SAB  hay AH  d  A,  SBC   

a
.
2

Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông SAB với đường cao AH , ta được:

1
1
1
1
1
1
1
 2
 2

 2  SA  a nên tam giác SAB vuông cân tại A
2
2
2
2
AH
SA
AB
SA
AH
AB
a
do đó trọng tâm G thuộc AH .
Từ AH   SBC   AH  SC và AK  SC nên SC   AHK  hay SC   AGK  .

Vì SC   AGK  và SA   ABC  nên góc giữa hai mặt phẳng  AGK  và  ABC  chính là góc


giữa hai đường thẳng SC và SA hay   CSA
.


Theo trên ta có SC  SA2  AC 2  a 3 suy ra cos  
Câu 7.

SA
a
3


.
AC a 3
3

(THPT Ngô Quyền - Ba Vì - Lần 2 - 2019) Cho tứ giác ABCD có AD và BC cùng vuông góc với AB ,


 
AD  a, BC  b . Cho k là số thực dương thuộc  0;1 và điểm E thỏa mãn k EC  1  k  ED  0 .


Khi AEB
 90 thì giá trị nhỏ nhất của đoạn AB bằng?
B. a  b .

A. 2 ab .

ab .

C.

D.

ab
.
2

Lời giải
Chọn A
A

a

D
E
H

(C)

I
x

B

b

C


 

* Do k EC  1  k  ED  0 nên điểm E nằm trong đoạn thẳng CD , AEB
 90 nên điểm E
nằm trên đường tròn  C  tâm I , đường kính AB , gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên

CD .
* Đặt x  AB ta có:
S ABCD  S ADI  SDIC  S IBC 

 IH 

x a  b
2CD

x a  b
2



1 x 1 x 1
a.  b.  IH .CD
2 2 2 2 2

x a  b



2 x2   a  b 

2

* Do đường tròn  C  và đường thẳng CD có điểm chung E nên
d  I ; CD   R  IH 

x a  b
x
x


2
2
2
2
2 x  a  b
2

  a  b   x 2   a  b   x 2  4ab  x  2 ab  min AB  2 ab .
Câu 8.

(Sở Điện Biên - 2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  3 , BC  4 .
Tam giác SAC nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, khoảng cách từ điểm C đến đường thẳng SA
bằng 4 .


S

A

D

B

C

Côsin của góc giữa hai mặt phẳng  SAB  và  SAC  bằng
A.

3 17
.
17

B.

3 34
.
34

C.

2 34
.
17

D.

5 34
.
17

Lời giải
Chọn B
S

K

M
D

A
P
H

B

C

Xét tam giác ABC vuông tại B ta có: AC 2  AB 2  BC 2  32  42  5 .
Gọi K là chân đường vuông góc kẻ từ C xuống SA . Xét tam giác CAK vuông tại K ta có:

AK  CA2  CK 2  52  42  3 .
Kẻ SH  AC , H  AC và KP //SH , P  AC thì KP   ABCD  .
Xét tam giác BAC vuông tại B và tam giác KAC vuông tại K ta thấy các cạnh tương ứng
bằng nhau và KP là đường cao của tam giác KAC nên BP là đường cao của tam giác BAC .
Kẻ PM  KA , M  KA . Vì KA  PB và KA  PM nên KA   PMB  . Suy ra KA  MB .


Như vậy, góc giữa mặt phẳng  SAC  và  SAB  bằng góc PMB
.


Xét tam giác KAC vuông tại K ta có: KP. AC  KA.KC  KP 

Suy ra BP  KP 

KA.KC 3.4 12

 .
AC
5
5

12
.
5
2

9
 12 
Xét tam giác KPA vuông tại P ta có PA  KA  KP  3     .
5
 5
2

Lại có PM . AK  PA.PK  PM 

2

2

PA.PK 36

.
AK
25
2

2

12 34
 12   36 
Xét tam giác PMB vuông tại P ta có MB  PB 2  PM 2       
.
25
 5   25 


Ta có: cos PMB

Câu 9.

MP 36 25
3 34
.
 .


MB 25 12 34
34

(Sở Lào Cai - 2019) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. M , N lần lượt là các điểm di động trên
các cạnh AB, AC sao cho hai mặt phẳng  DMN  ,  ABC  vuông góc với nhau. Đặt AM  x, AN  y
. Đẳng thức nào sau đây là đúng?

A. xy  x  y   3 .

B. x  y  3 xy .

C. x  y  3  xy .

D. xy  3  x  y  .

Lời giải
Chọn B

Gọi I là trung điểm BC ; gọi G là trọng tâm tam giác ABC .

ABCD là tứ diện đều  DG   ABC  và  DMN    ABC    DMN    ABC   G  MN
Ta có

SAMN AM AN

.
 xy
SABC
AB AC

SAMG AM AG 2
x

.
 x  SAMG  SABC
SABI
AB AI 3
3
SANG AN AG 2
y

.
 y  SANG  SABC
SACI
AC AI 3
3


Ta có S AMN  SAMG  SANG 
Câu 10.

x y
S ABC  x  y  3xy
3

(Lương Thế Vinh - Hà Nội - Lần 3 - 2019) Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại

A , hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng  ABC  là một điểm nằm trên đoạn thẳng BC .
Mặt phẳng  SAB  tạo với  SBC  một góc 600 và mặt phẳng  SAC  tạo với  SBC  một góc  thỏa
mãn cos 

A.

2
. Gọi  là góc tạo bởi SA và mặt phẳng  ABC  . Tính tan  ?
4

3
.
3

B.

2
.
2

C.

1
.
2

D.

3.

Lời giải
Chọn C
S

h

B

(a-x) 2

H

x 2

C

x

a-x

a-x

x

N
M
a-x

x
A

+ Gọi H là hình chiếu của S trên BC và đặt SH  h .
+ Kẻ HM vuông góc với AB và HN vuông góc với AC.

+ Đặt AB  a , BM  x thì ta được HM  x , AM  a  x , AN  x , NC  a  x , HB  x 2 và
HC   a  x  2 .

+ Theo đề bài ta có:



  SAB  ,  SBC    60

HM .HS
2

HM  HS

2



0



d  H ,  SAB  
d  H , SB 

3
HB.HS
.

2

HB 2  HS 2

x.h
2

x h

2



 sin 600
3 x. 2.h
.
2
2 x 2  h2

 4  2 x 2  h2   6  x 2  h2   x  h .

2
14
 sin   SAC  ,  SBC   
4
4

+ Ta lại có cos   SAC  ,  SBC   



d  H ,  SAC  

d  H ,SC 



14

4

HN .HS
2

HN  HS

2



14
HC.HS
.
4
HC 2  HS 2


ah



a  h

2


 h2

 a  h. 2
14
.
 16  2a 2  4ah  3h 2   28  a 2  2ah  2h 2 
2
2
4
2  a  h  h





 a 2  2ah  2h 2  0  a  1  3 h  HA 

Vậy tan  SA ,  ABC   
Câu 11.

a  h

2

 h 2  2h .

SH 1

 .
AH 2

(THPT Thăng Long - Hà Nội - Lần 2 - 2019) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm
O cạnh 2a . Hình chiếu của S trên mặt đáy là trung điểm của H của OA . Góc giữa hai mặt phẳng

 SCD  và  ABCD  bằng 450 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng
B. a 2 .

A. a 6 .

C.

AB và SC

3a 2
.
2

D.

3a 2
.
4

Lời giải
Chọn B
S

E

A

D
H

N
O

M
C

B

Gọi M , N lần lượt là trung điểm của CD và MD .

 HN  CD  SN  CD ( do HN là hình chiếu của SN lên  ABCD  ).
 SCD    ABCD   CD


Ta có  HN  CD
, suy ra góc giữa  SCD  và  ABCD  là SNH
 450 .
 SN  CD

Ta có AB / / CD  AB / /  SCD  nên d  AB, SC   d  AB,  SCD    d  A,  SCD   .
Mà

d  H ,  SCD  
d  A,  SCD  



CH 3
4
  d  A,  SCD    d  H ,  SCD   .
CA 4
3

 SHN    SCD 
Ta có 
. Kẻ HE  SN  HE   SCD  .
 SHN    SCD   SN
Suy ra d  H ,  SCD    HE .
Ta có

HN CH 3
3
3
3a

  HN  AD  .2a 
AD CA 4
4
4
2


Do đó SH  HN 

3a
.
2

3a
3a 2
1
1
1
4
4
8

.


 2  2  2  HE 
2
2
2
4
HE
HS
HN
9a
9a
9a
2 2
Vậy d  AB, SC  
Câu 12.

4
d  H ,  SCD    a 2 .
3

(Thi thử Lômônôxốp - Hà Nội lần V 2019) Cho hình lăng trụ ABC. ABC  , đáy ABC là tam giác vuông
tại B , AB  a , ACB  300 . M là trung điểm AC . Hình chiếu vuông góc của đỉnh A lên mặt phẳng

 ABC  là trung điểm

H của BM . Khoảng cách từ C  đến mặt phẳng  BMB  bằng

3a
. Tính số đo
4

góc tạo bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy của hình lăng trụ.

A. 600 .

B. 300 .

C. 900 .
Lời giải

D. 450 .

Chọn A

Ta có: d  C ,  BMB   d  C ,  BMB   d  A ,  BMB   

3a
,
4

Trong tam giác ABC có: AC  2a , BM  a , AM  a suy ra tam giác ABM là tam giác đều
cạnh a . Dựng hình bình hành AAH H suy ra H    BMB  , K là hình chiếu của A lên H H .
 BM  AH
 BM   AAH H   BM  AK .

 BM  AH
 AK  BM
3a
.
 AK   BMB   d  A ,  BMB    AK 


4
 AK  HH
Trong hình bình hành AAH H ta có AK .HH   AH . AH 

AH AK 3a 2
3
.

 .

HH  AH
4 a 3
2

Mặt khác:  AA,  ABC     AA, AH   A ' AH .
Trong tam giác vuông AA ' H có sin AAH 

A' H A' H
3


 AAH  600 .
AA HH 
2


Câu 13.

(Thi thử Nguyễn Huệ- Ninh Bình- Lần 3- 2019)Cho lăng trụ đứng ABC. ABC  có cạnh bên AA  2a ,


AB  AC  a , góc BAC
 1200 . Gọi M là trung điểm BB thì côsin của góc tạo bởi hai mặt phẳng
( ABC ) và ( AC M ) là

A.

3
.
31

B.

5
.
5

3
.
15

C.

D.

93
.
31

Lời giải
Chọn D
C'

A'

B'
2a

M
A

a
C

K

a

B

D

Kéo dài BC cắt C M tại D , khi đó giao tuyến của ( ABC ) và ( AC M ) là AD .
Do M là trung điểm của BB suy ra DB  BC  a 2  a 2  2a 2 cos120  a 3
Trong mặt phẳng ( ABC ) kẻ BK  AD , K  AD .
Gọi  là góc tạo bởi hai mặt phẳng ( ABC ) và ( AC M ) . Ta có cos  
A

BK
.
MK

a
C

a

K

a 3

B

a 3

D


Do tam giác ABC cân tại A và góc BAC
 1200 nên ABC  ACB  300 suy ra ABD  1500 .
Ta có AD 2  BD 2  AB 2  2 BD. AB.cos1500  3a 2  a 2  2a 2 3.

3
 7a 2 .
2

sin1500.a 3
3
3
a 3


Suy ra AD  a 7  sin DAB


a

.
 BK  AB.sin DAB
a 7
2 7
2 7 2 7

a
BK
3a
a 31
 2

 MK  BM 2  BK 2  a 2 
. Vậy cos  
MK a
28
2 7
2
2

Câu 14.

3
7  93
.
31
31
7

(Thi thử Nguyễn Huệ- Ninh Bình- Lần 3- 2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ
nhật. Mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm
của SA . Biết AD  a 3, AB  a . Khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng  MBD  bằng

A.

2a 15
.
10

B.

a 39
.
13

C.

2a 39
.
13

D.

a 15
.
10

Lời giải
Chọn B

Diện tích hình chữ nhật ABCD là S ABCD  AD. AB  a 2 3 .
Δ SAB đều cạnh AB  a , gọi H là trung điểm AB  SH  AB , SH 

a 3
.

2

 SAB    ABCD 

Do  SAB    ABCD   AB  SH   ABCD  .

 SH   SAB  , SH  AB
1
a3
Thể tích hình chóp S. ABCD là: VS . ABCD  SH .S ABCD 
.
3
2
Gọi M là trung điểm SA  BM 

a 3
và thể tích tứ diện MBCD là:
2

1
1 1
1
1
a3
VMBCD  d  M ,  BCD   .SΔBCD  . d  S ,  ABCD   . S ABCD  VS . ABCD 
.
3
3 2
2
4

8
Hình chữ nhật ABCD có BD  AB 2  AD 2  2a .
Có SH   ABCD   SH  AD , mà AB  AD  AD   SAB   AD  SA .


a 13
.
2
 Δ MBD có MB 2  MD 2  BD 2  Δ MBD vuông tại M .

 Δ MAD vuông tại A , MD  MA2  AD 2 

Diện tích tam giác MBD là SΔMBD 

1
a 2 39
.
MB.MD 
2
8

1
Mà thể tích tứ diện CMBD là: VCMBD  d  C ,  MBD   .SΔMBD
3
a3
3
3V
3V
a 39
.

 d  C ,  MBD    CMBD  MBCD  2 8 
SΔMBD
S ΔMBD
13
a 39
8
Câu 15.

(Bỉm Sơn - Thanh Hóa - 2019) Cho hình chóp S . ABCD có các mặt phẳng  SAB  ,  SAD  cùng vuông
góc với mặt phẳng  ABCD  , đáy là hình thang vuông tại các đỉnh A và B , có AD  2 AB  2 BC  2 a
, SA  AC . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CD bằng:

A.

a 3
.
2

B.

a 15
.
5

C.

a 3
.
4

D.

a 10
.
5

Lời giải
Chọn D
Cách 1:
z

S

2a

A

D

a

y

a 2
B
a

C

x

Theo bài ra có: SA   ABCD   SA  AC ; SA  AC nên SA  AC  a 2 .
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho A  O ; tia Ox  AB ; tia Oy  AD ; tia Oz  AS . Khi đó:





A  0;0;0  ; B  a;0;0  ; C  a; a;0  ; D  0; 2a;0  ; S 0;0; a 2 .
x  a t

Ta có, phương trình đường thẳng CD :  y  a  t
 z0



 x  a  t

Phương trình đường thẳng SB :  y  0

 z   2t 
Gọi MN là đoạn vuông góc chung của SB và CD với M  CD ; N  SB .
 
Ta có: M  a  t ; a  t;0  ; N a  t ; 0;  2t   MN  t  t ;  a  t ;  2t  .









Do MN  CD ; MN  SB nên có:
3a

 
t   5
 MN .CD  0
 t   t  a  t  0
 2t  t   a



   
 t   t  2t   0
 t  3t   0
 MN .SB  0
 t  a

5
2

2
2
 
 2 a 2a
2a 
a 10
2a 

 2a   2a  
.
 MN    ;  ; 
 
  MN           
5 
5
5
5 
 5   5  
 5

Cách 2:

Theo giả thiết SA   ABCD   SA  AC ; SA  AC  a 2 .
Gọi M là trung điểm của AD . Ta có: BM // CD  CD //  SBM 

 d  CD; SB   d  CD;  SBM    d  C;  SBM    d  A;  SBM   .
Theo giả thiết và theo cách dựng ta có ABCM là hình vuông cạnh a .
Gọi K  AC  BM  AK  BM  BM   SAC  .
Dựng AH  SB . Khi đó: d  A;  SBM    AH
Xét tam giác SAC vuông tại A , đường cao AH có:

1
1
1
1
2
a 10
 2

 2  2  AH 
.
2
2
AH
SA AK
2a a
5


Câu 16. Cho hình lăng trụ đứng ABC . A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông cân, AB  AC  a,

AA '  h  a, h  0  . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau AB ' và BC ' theo a, h.
A.

ah
2

a  5h

2

.

ah

B.

2

5a  h

2

.

ah

C.

2

2a  h

2

.

D.

ah
2

a  h2

.

Lời giải
Chọn A
A

C

a

a
a 2

B

h

A'

C'

B'

D

Gọi D là điểm đối xứng với A ' qua B '.
Ta có AB '/ / BD  AB '/ /  BDC '  d  AB ', BC '  d  AB ',  DBC '   d  B ',  DBC ' 
Vì C ' B ' là trung tuyến của tam giác A ' DC ' nên S DB ' C '  S A ' B ' C ' 

1 2
a .
2

1
a2h

Do đó VB .B 'C ' D  S B 'C ' D .BB ' 
.
3
6
Xét tam giác BDC ' , có :

BD  B ' D2  BB '2  a 2  h 2 ; BC '  B ' C '2  BB '2  2a 2  h 2
2

C ' D  A ' C '2  A ' D2  a 2   2a   a 5

Khi đó: cos DBC
'

BD 2  BC '2  C ' D 2
h2  a2

2.BD.BC '
a 2  h 2 . 2a 2  h 2



'  1  cos 2 DBC
'
Suy ra, sin DBC

a a 2  5h 2
a 2  h 2 . 2a 2  h 2

1

a a 2  5h 2

BD.BC 'sin DBC
'
.
2
2
1
Mặt khác: VB. B ' C ' D  S BDC ' .d  B ',  DBC '  .
3
a 2h
3.
3V
ah
6
 d  B ',  DBC '   B. B ' C ' D 

.
S BDC '
a a 2  5h 2
a 2  5h 2
2
Từ đó S BDC ' 

.


Câu 17.

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a , AD  2a . Hình chiếu vuông góc

của S trên mặt phẳng đáy là trung điểm H của AD , góc giữa SB và mặt phẳng đáy ( ABCD ) là 450
. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và BH theo a .

A. a

2
.
5

B.

2a
.
3

C. a

2
.
3

D.

a
.
3

Lời giải
Chọn A
S

A

B

H
K
D

C


 450 . Ta có
Do SH   ABCD  nên góc giữa SB và mặt phẳng đáy (ABCD) là góc SBH

SBH vuông cân tại H nên SH  BH  a 2 . Gọi K là trung điểm của BC, ta có
BH / / DK  BH/ /  SDK  .
Suy ra: d  BH ; SD   d  BH ;  SDK    d  H ;  SDK   . Tứ diện SHDK vuông tại H nên

1
1
1
1
5



 2.
2
2

2
HK
HD
2a
d  H ;  SDK   HS
2

2
.
5

Vậy d  BH ; SD   d  H ;  SDK    a
Câu 18.

(THPT Cộng Hiền - Lần 1 - 2018-2019) Cho hình lập phương ABCD. ABC D cạnh a ( tham khảo hình
vẽ bên). Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và BC  bằng

B

C
D

A

B'
A'

C'
D'

A.

a 3
.
3

B.

a 2
.
2

D. a 2 .

C. a 3 .
Lời giải

Chọn A
Cách 1:

B

C
O

D

A
H

K
B'

C'

O'

A'

D'

Gọi O và O lần lượt là tâm các hình vuông ABCD và ABC D  của hình lập phương
ABCD. ABC D cạnh a .
Ta có:

BD  AC 
  BD   AAC C 
BD  AA 

Mà AC   AAC C   AC  BD
Ta lại có:

1

AB  AB 
  AB   ABCD 
AB  AD

Mà AC   ABCD   AC  AB

2

Từ  1  và  2   AC   ABD 
Tương tự ta chứng minh được  AC   BDC  

  ABD  //  BDC  
Suy ra khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau AB và BC  bằng khoảng cách giữa hai
mặt phẳng song song  ABD  và  BDC  
Giả sử AC  OC  ; AC  AO  K
Xét OHC ∽ C HA  g  g  

HC OC OC 1



AH AC  AC 2

HC
HC
1
1
1


  HC  AC
AC AH  HC 1  2 3
3

Tương tự ta có: AK 

1
AC
3

Vậy Hai mặt phẳng  ABD  và  BDC  song song với nhau, vuông góc với đoạn AC và chia
AC thành 3 phần bằng nhau. Do đó khoảng cách giữa hai mặt phẳng  ABD  và  BDC   bằng

AC a 3
.

3
3

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau AB và BC  bằng

a 3
.
3

Cách 2:

B

C
D

A

B'

H

C'

O
A'

D'

Ta có AD // BC  BC  //  ABD 

 d  BC , AB   d  BC ,  ABD    d  C ,  ABD   d  A,  ABD  
Gọi AC   BD  O
Ta có:

AO  BD
  BD   AAO 
AA  BD 

Kẻ AH  AO và ta có  AAO    ABD  AO nên ta có AH  AO

 d  A,  ABD    AH
AAO vuông tại A có AH là đường cao xuất phát từ đỉnh góc vuông nên ta có:

1
1
1
1

1
1
3
a2
a 3
2








A
H

 AH 
2
2
2
2
2
2
2




AH

AA
AO
AH
a a 2
a
3
3


 2 
Câu 19.

(THI THỬ L4-CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ-HÒA BÌNH-2018-2019)Cho hình chóp S . ABCD có đáy

ABCD là hình chữ nhật tâm O , AB  a , BC  a 3 . Tam giác ASO cân tại S , mặt phẳng  SAD 
vuông góc với mặt phẳng  ABCD  , góc giữa SD và  ABCD  bằng 60 . Khoảng cách giữa hai đường
thẳng SB và AC bằng

A.

3a
.
4

B.

3a
.
2

C.

6a
.
7

D.

a 3
.
2


Lời giải
Chọn A
S
M
D
I
H
F

A

C
K
E

O
B

Kẻ SH  AD tại H , suy ra SH   ABCD  , do SA  SO  HA  HO nên H thuộc trung trực

AO . Góc giữa SD và  ABCD  là góc SDH
 600 .

2a 3
AO
a

 HD 
Ta có AO  2 AH .cos HAO
 2 AH .cos 300  AH 3  AH 

3
3
3
 SH  2a .
Lây M là trung điểm SD , kẻ MI / / SH  I  AD  , kẻ IE  AC , IK  ME
Khi đó d  AC , SB   d  B,  MAC    d  D,  MAC   
Ta có: MI 

3
3
d  I ,  MAC    IK .
2
2

1
SH  a

2

IE  2 HF  2. AF .tan 300 

a
3

1
1
1
a
3 a 3a
.

 2  IK   d  SB, AC   . 
2
2
IK
IM
IE
2
2 2 4
Câu 20.

Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh 2a . Hình chiếu của S trên mặt
đáy là trung điểm của H của OA . Góc giữa hai mặt phẳng  SCD  và  ABCD  bằng 45 . Tính khoảng
cách giữa hai đường thẳng AB và SC .

A. a 6 .

B. a 2 .

C.
Lời giải

Chọn B

3a 2
.
2

D.

3a 2
.
4


S

E

A

D
H

N
O

M
C

B

Gọi M , N lần lượt là trung điểm của CD và MD .

 HN  CD  SN  CD ( do HN là hình chiếu của SN lên  ABCD  ).
 SCD    ABCD   CD


Ta có  HN  CD
, suy ra góc giữa  SCD  và  ABCD  là SNH
 450 .
 SN  CD

Ta có AB / / CD  AB / /  SCD  nên d  AB, SC   d  AB,  SCD    d  A,  SCD   .
Mà

d  H ,  SCD  
d  A,  SCD  



CH 3
4
  d  A,  SCD    d  H ,  SCD   .
CA 4
3

 SHN    SCD 
Ta có 
. Kẻ HE  SN  HE   SCD  .
 SHN    SCD   SN
Suy ra d  H ,  SCD    HE .
Ta có

Câu 21.

HN CH 3
3
3
3a

  HN  AD  .2a 
AD CA 4
4
4
2

Do đó SH  HN 

3a
3a 2
3a
1
1
1
4
4

8
,
.



 2  2  2  HE 
2
2
2
4
2 HE
HS
HN
9a
9a
9a
2 2

Vậy d  AB, SC  

4
d  H ,  SCD    a 2 .
3

Cho hình chóp

S . ABCD

có đáy

ABCD là hình thang cân ( AD || BC ), BC  2a ,

AB  AD  DC  a , với a  0 . Mặt bên SBC là tam giác đều. Gọi O là giao điểm của AC và BD .
Biết hai đường thẳng SD và AC vuông góc nhau, M là điểm thuộc đoạn OD ( M khác O và D ),
MD  x , x  0 . Mặt phẳng   qua M và song song với hai đường thẳng SD và AC , cắt khối chóp
S . ABCD theo một thiết diện. Tìm x để diện tích thiết diện đó là lớn nhất?
A. x 

a 3
.
4

B. x  a 3 .

C. x 
Lời giải

Chọn A

a 3
.
2

D. x  a .


Trong mp  SBD  kẻ đường thẳng qua M song song với SD , cắt cạnh SB tại H .
Trong mp  ABCD  kẻ đường thẳng qua M song song với AC , cắt các cạnh DA và DC lần
lượt tại E và F .

Trong mp  SDA kẻ đường thẳng qua E song song với SD , cắt cạnh SA tại I .
Trong mp  SDC  kẻ đường thẳng qua F song song với SD , cắt cạnh SC tại G .
Khi đó thiết diện của khối chóp S . ABCD cắt bởi mặt phẳng   là ngũ giác EFGHI .
Dễ thấy ABCD là nửa lục giác đều có tâm là trung điểm K của BC . Do đó ADCK và

ABND là hình thoi nên AC  KD . Mặt khác AC  SD nên AC   SKD   AC  SK .
Lại có SK  BC (vì  SBC đều), suy ra SK   ABCD   SK  KD .
Ta có IG là giao tuyến của   với  SAC  , mà AC ||   , suy ra IG || AC .
Mặt khác HM || SD và SD  AC , suy ra HM  IG và HM  EF và IGFE là hình chữ nhật.

1
Diện tích thiết diện EFGHI bằng s  S EFGI  S HGI  IG.NM  IG.HN .
2
Ta có AK  KD  AD  a nên  AKD đều.
2 a 3 a 3
Mà BD  AK , AC  KD nên O là trọng tâm tam giác ADK . Suy ra OD  .
.

3 2
3

AC  BD  a 3 (  BAC vuông tại A , do KA  KB  KC ).

SD  SK 2  KD 2  2a .
DM EF
DM
x
Ta có

 EF 

. AC 
.a 3  3 x .
DO AC
DO
a 3
3
GF CF OM
OM


 GF 
.SD 
SD CD OD
OD

a 3
x
3
.2a  2a  2 3 x .
a 3
3

HM BM
BM
a 3x
6a  2 x 3

 HM 
.SD 
.2a 

.
SD
BD
BD
3
a 3
Suy ra HN  HM  NM  HN  GF 

6a  2 x 3
4x 3
.
 2a  2 3x 
3
3



