7 góc khoảng cách đáp án

TÀI LIỆU TỔNG ÔN TẬP TNTHPT 2020

Vấn đề 7

GÓC - KHOẢNG CÁCH
 

A. GÓC TRONG KHÔNG GIAN
 
 Góc giữa đường thẳng a và đường thẳng b
Phương pháp 1. Sử dụng song song, tức dựng đường thẳng c  b và c cắt a.

a 
 

 
Khi đó (a;b)  (a;c)   như hình vẽ.

c 
b 

Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông hoặc định lí hàm số sin, côsin để tìm góc .

 
a .b
Phương pháp 2. Sử dụng tích vô hướng, nghĩa là cos(a;b)  cos(a ;b )     cos .
a .b
Khi đó, ta cần chèn điểm phù hợp để tính tích vô hướng.
Phương pháp 3. Ghép vào hệ trục tọa độ Oxyz.
Lưu ý: Góc giữa hai đường thẳng là góc nhọn, còn góc giữa hai véctơ là góc nhọn hoặc góc tù. Nghĩa là
nếu tính (

a;b)    90 thì góc giữa a, b là , còn nếu tính (
a;b)    90 thì góc giữa hai


đường thẳng (a;b)  180  .
 Góc giữa đường thẳng AB và mặt phẳng (P )
Cần nhớ: “Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng là góc tạo bởi nó và hình chiếu của nó lên mặt phẳng”.
B 
Phương pháp 1. Sử dụng hình học 11.
B.1. Tìm AB  (P )  {A} (1)

A 
H 
P 
Đặt câu hỏi và trả lời: “Đường nào qua B và vuông góc với (P ) ? “(có sẵn hoặc dựng thêm)

B.2. Tìm hình chiếu của B lên mặt phẳng (P ).
Trả lời: BH  (P ) tại H (2)

Từ (1),(2), suy ra AH là hình chiếu của AB lên mặt phẳng (P ).

Do đó góc giữa đường thẳng AB và mp (P ) là góc giữa AB và AH , chính là góc BAH
.

B.3. Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông hoặc định lí hàm số côsin hoặc định lí hàm sin trong
.
tam giác thường để suy ra góc BAH
Phương pháp 2. Ghép vào hệ trục tọa độ Oxyz.
(P)

 Góc giữa mặt phẳng (P ) và mặt phẳng (Q).

d1

Phương pháp 1. Dựa vào định nghĩa


(P )  (Q )  u




Ta có: u  d1  (P )  ((
P ),(Q ))  (
d1, d2 )  .


u  d2  (Q )




α

(Q)

u

d2

Phhương pháp 2. Tìm hai đường thẳng d1 và d2 lần lượt vuông góc với mặt phẳng (P ) và mặt phẳng

(Q ). Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa d1 và d2 .
Phương pháp 3. Sử dụng công thức hình chiếu S   S . cos .
Facebook Nguyễn Vương 1


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 

Phương pháp 4. Trong trường hợp quá khó, nên sử dụng công thức sin  

d A,(Q )


d(A,u )






Trong đó   ((
P ),(Q)), A  (P ) và (P )  (Q)  u là giao tuyến của (P ) và (Q ).
Phương pháp 5. Ghép vào hệ trục tọa độ Oxyz.
CÂU HỎI CÙNG MỨC ĐỘ ĐỀ MINH HỌA
Câu 1.

Cho hình chóp  S .ABCD  có đáy là hình vuông cạnh  3a ,  SA  vuông góc với mặt phẳng đáy 
và  SA  2a . Góc giữa  SC  và mặt phẳng  (ABCD )  bằng 
S

A

B
0

A. 45 . 

D

C
0

B. 60 . 

 
0

C. 30 . 

D. 900 . 

Lời giải 
Chọn C

 
,(ABCD ))  SCA
Ta có  SA  (ABCD )  nên ta có  (SC

 SA

tan SCA 

AC

Câu 2.

2a
3a. 2



1
3


 SCA  300  

Cho  hình  chóp  S . ABC   có  SA   vuông  góc  với  mặt  phẳng   ABC  ,   SA  a 2,   tam  giác  ABC  
vuông cân tại  B  và  AC  2a (minh họa nhứ hình bên). Góc giữa đường thẳng  SB  và mặt phẳng 

 ABC   bằng 

A. 30 .

B. 45 .

C. 60 .
Lời giải

D. 90 .

Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU TỔNG ÔN TẬP TNTHPT 2020 

Chọn B

SB   ABC   B 
  AB  là hình chiếu của  SB  trên mặt phẳng   ABC   
SA   ABC 

 
 
SB,  ABC    SBA

Ta có 

2

Do tam giác  ABC  vuông cân tại  B AB2  BC2  AC2 2AB2   2a 2AB2  4a2 AB  a 2. 
Xét tam giác vuông  SAB  vuông tại  A,  có  SA  AB  a 2  SAB  vuông cân tại 
  45.  
A  SBA
Câu 3.

Cho  hình  chóp  S.ABC   có  SB   vuông  góc  với  mặt  phẳng   ABC  ,  SB  a 3 ,  tam  giác 

ABC vuông  tại  A ,  AB  a   và  AC  2a .  Góc  giữa  đường  thẳng  SC   và  mặt  phẳng   SAB   
bằng 
A. 45 . 

B. 60 . 

C. 30 . 
Lời giải

D. 90 . 

Chọn A

Ta có 

CA  AB 
  CA   SAB  . 
CA  SB 

 . 
Do đó góc giữa đường thẳng  SC  và mặt phẳng   SAB  là  CSA

  AC  2a  1  CSA
  45 . 
Ta có  SA  SB2  AB2  3a2  a2  2a ;  tan CSA
SA 2a
Câu 4.

Cho  hình  chóp  đều  S . ABCD   có  AB  a 2 ,  SB  2a .  Góc  giữa  đường  thẳng  SA   và  mặt 
phẳng   SBD  bằng 
A. 45 . 

B. 60 . 

C. 30 . 
Lời giải

D. 90 . 

Chọn C

Facebook Nguyễn Vương 3


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 

Gọi  O  AC  BD . Vì  S . ABCD  là hình chóp đều nên  SO   ABCD . 
Do đó  AO   SBD   góc giữa đường thẳng  SA  và mặt phẳng   SBD  là  
ASO . 

ASO 
Ta có  SA  2a; AC  2a  AO  a ;  sin 
Câu 5.

AO a 1 

  ASO  30 . 
SA 2a 2

Cho hình chóp  S. ABC  có  SA  vuông góc với mặt phẳng   ABC  ,  SB  a 6 , tam giác  ABC  
vuông cân tại  C ,  AB  2a . Góc giữa đường thẳng  SC  và mặt phẳng   SAB   bằng 
A. 30 . 

B. 60 . 

C. 45 . 
Lời giải

D. 90 . 

Chọn A

Gọi  H  là trung điểm của  AB . Vì  ABC  cân tại  C  CH  AB  CH   SAB  . 
Do đó hình chiếu vuông góc của  C  lên mặt phẳng   SAB   là  H . 
 . 
 góc giữa  SC  và mặt phẳng   SAB   bằng góc  CSH
Ta có  ABC  vuông cân tại  C ,  AB  2 a  CA  CB  a 2 ;  CH  a ; 
SA  SB 2  AB 2  6 a 2  4 a 2  a 2 ;  SC  SA2  AC 2  2 a 2  2 a 2  2 a . 

  30 . 
Xét  SHC  vuông tại  H  có  SC  2CH  CSH
Câu 6.

Cho  hình  chóp  S . ABCD   có  SA   vuông  góc  với  mặt  phẳng   ABCD  ,  ABCD   là  hình  chữ  nhật, 
AB  a 2, BC  2a ,  SA  3a . Gọi  M  là trung điểm của  BC . Tính góc giữa đường thẳng  SM  và 

mặt phẳng   ABCD  . 
A. 30 . 

B. 60 . 

C. 45 . 
Lời giải

D. 120 . 

Chọn B

Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU TỔNG ÔN TẬP TNTHPT 2020 

 
 . 
Vì  SA   ABCD   nên góc giữa đường thẳng  SM  và mặt phẳng   ABCD   là góc  SMA
Ta có  BM 

tan SMA

Câu 7.

BC
 a;  AM 
2

AB 2  BM 2  2a 2  a 2  a 3 ; 

SA
3a
  60.  

 3  SMA
AM a 3

Cho tứ diện đều  ABCD  có cạnh bằng  2a . Gọi    là góc giữa đường thẳng  AB  và mặt phẳng 

 BCD . Tính  cos  . 
A. cos 

3
. 
6

B. cos  

6
. 
3

C. cos 

3
. 
3

D. cos  

2
. 
3

Lời giải
Chọn C

 
Gọi  O  là trọng tâm tam giác  BCD . Vì  ABCD  là tứ diện đều nên  AO   BCD . 
Do đó góc giữa đường thẳng  AB  và mặt phẳng   ABC   bằng  
ABO   . 
2a 3
BO
3
3
2
2a 3
Ta có  BM  BC .
;  cos   cos 
. 
 a 3  BO  BM 
ABO 
 3 
2
3
3
AB
2a
3

Câu 8.

Cho hình chóp  S . ABC  có  SA  vuông góc với mặt phẳng   ABC  , tam giác  ABC  vuông cân tại B  và 

AC  2a (minh  họa  như  hình  bên).  Góc  giữa  đường  thẳng  SB   và  mặt  phẳng   ABC    bằng 
60. Tính độ dài cạnh bên  SA . 

Facebook Nguyễn Vương 5


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 

A.

a 6
.
3

B. a 6.

C. a 3.

D. 2a 3.  

Lời giải
Chọn B
Ta có

SB   ABC   B 
  AB là hình chiếu của  SB  trên   ABC  ,  
SA   ABC 




  600  

 SB
,  ABC   SB
, AB  SBA



 



Mà tam giác  ABC  vuông cân tại  B  và  AC  2 a  AB  a 2  
Khi đó xét trong tam giác vuông  SAB  suy ra  SA  AB tan 600  a 6  
Câu 9.

Cho hình chóp  S.ABCD  có đáy là hình chữ nhật với  AB  2a , AD  a 2 ,  SA  vuông góc với 
mặt phẳng đáy và  SA  a 2 . Góc giữa đường thẳng  SC  và mặt phẳng   ABCD   bằng 

A. 450 .

B. 300 .

C. 600 .

D. 900 . 

Lời giải
Chọn B 
Vì  SA   ABCD   nên  AC  là hình chiếu của  SC  trên mặt phẳng   ABCD   

 

Do đó góc giữa  SC  và mặt phẳng   ABCD   là  SCA
Đáy  ABCD  là hình chữ nhật có  AB  2a , BC  AD  a 2  nên 

AC  AB2  BC 2  4a2  2a2  a 6  

Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU TỔNG ÔN TẬP TNTHPT 2020 

  SA  a 2  3    SCA
  30 . 
Trong tam giác vuông  SAC :   tan SCA
AC a 6
3
Vậy góc giữa đường thẳng  SC  và mặt phẳng  ( ABCD )  bằng  30  . 
Câu 10. Cho chóp đều  S. ABCD  có cạnh đáy bằng  2a , cạnh bên bằng  3a (minh họa như hình bên). Gọi 
  là góc giữa giữa cạnh bên và mặt đáy. Mệnh đề nào sau đây đúng? 

 
A. tan  

14
.
7

3
B. tan   .
2

C.   450.

D. tan  

14
.
2

Lời giải
Chọn D
Gọi  O  AC  BD  SO   ABCD   AO  là hình chiếu của  SA  trên mp   ABCD   


   
 SA
,  ABCD   SA
, AO  SAO



 



Xét trong tam giác vuông  SAO  ta có 
SA  3a, AO 

Câu 11.

1
1

SO
14
AC  2a. 2  a 2  SO  a 7  tan  

. 
2
2
AO
2

Cho lăng trụ đứng  ABC.A ' B ' C '  có đáy là  ABC vuông cân tại  B , AC  2 2a (minh họa như 
hình bên). Góc giữa đường thẳng  A ' B  và mặt phẳng   ABC   bằng  60  . Tính độ dài cạnh bên của 
hình lăng trụ. 

 
A.

2a 3
.
3

B. 2a 3.

C. 2a 6.

D. 2a.  

Lời giải
Chọn B

Facebook Nguyễn Vương 7


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 

Ta có

A ' B   ABC   B 
  AB là hình chiếu của  A ' B  trên   ABC  .  
A ' A   ABC 


 
A ' B,  ABC   
A ' B, AB  
A ' BA  600  

 





Khi đó xét trong tam giác vuông  A ' BA  ta có: 
AC
A' A
AB 
 2a, tan 
A ' BA 
 A ' A  AB tan 600  2a 3.  

AB
2

ABC  600 ,  SA  vuông góc với mặt 
Câu 12. Cho hình chóp  S.ABCD  có đáy là hình thoi cạnh bằng  a ,  
phẳng đáy và  SA  a 3 .  Gọi     là góc  giữa  đường thẳng  SC   và  mặt phẳng   ABCD  .  Tính 
tan   

A.

3.

B. 1.

C.

6
.
2

D.

1
. 
3

Lời giải
Chọn A 
Vì  SA   ABCD   nên  AC  là hình chiếu của  SC  trên mặt phẳng   ABCD   

   
Do đó góc giữa  SC  và mặt phẳng   ABCD   là  SCA
  600  nên  ABC  đều   AC  AB  BC  a  
Đáy  ABCD  là hình thoi có  ABC
Xét  SAC  vuông tại A:  tan  

SA a 3

 3 
AC
a

Câu 13. Cho chóp  S . ABCD  có đáy là hình vuông tâm O  cạnh bằng  2a , cạnh bên  SA vuông góc với 
mặt phẳng   ABCD  , SA  a 3.  Gọi   góc giữa đường thẳng  SO  và mặt phẳng   ABCD  . Mệnh 
đề nào sau đây đúng? 

 
Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU TỔNG ÔN TẬP TNTHPT 2020 

A. tan   6.

B.   45.

C.   60.

D.   90.

Lời giải

Chọn C
SO   ABCD   O 
  AO là hình chiếu của  SO  trên   ABCD  . 
SA   ABCD 



 . 
 SO
,  ABCD   SO
, AO  SOA

Ta có



 



Khi đó xét trong tam giác vuông  SOA  ta có: 
1
1
  SA  3  SOA
  60 0 . 
AO  AC 
2a. 2  a; SA  a 3  tan SOA
2
2
AO

Câu 14. Cho  hình  chóp  S.ABCD   có  đáy  là  hình  vuông  cạnh  a 2 .  Gọi  M  là  trung  điểm  của  AB, 

SM   ABCD   và  SM  a 5 . Gọi    là góc giữa đường thẳng  SC  và mặt phẳng   ABCD  . 
Tính  tan   

A.

30
.
3

B.

2.

C.

22
.
4

D.

5
. 
2

Lời giải
Chọn B 
Vì  SM   ABCD   nên  MC  là hình chiếu của  SC  trên mặt phẳng   ABCD   

   
Do đó góc giữa  SC  và mặt phẳng   ABCD   là  SCM
Đáy  ABCD  là hình vuông cạnh  a 2  nên  BM 
Xét  SMC  vuông tại M:  tan  

AB a 2
a 10

   MC  BC 2  BM 2 
 
2
2
2

SM
a 5

 2 . 
MC a 10
2

Câu 15. Cho hình chóp  S.ABC  có  SA vuông góc với mặt phẳng   ABC  , SA  a 3,  tam giác  ABC  đều 
(minh họa như hình bên). Góc giữa đường thẳng  SC  và mặt phẳng   ABC   bằng  30.  Tính thể tích 
khối chóp  S.ABC . 

Facebook Nguyễn Vương 9


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 

A.

9a 3
.
4

B.

27a3
.
4

C.

a3
.
4

D.

81a3
. 
4

Lời giải
Chọn A
SC   ABC   C 
  AB là hình chiếu của  SC  trên   ABC  ,  
SA   ABC 




  300 . 
 SC
,  ABC   SC
, AB  SCA

Ta có



 



Khi đó xét trong tam giác vuông  SAC  ta có  tan 300 
Tam giác  ABC đều nên  S ABC 

 3a 

2

4

3



SA

 AC  3a . 
AC

9a 2 3
1
9 a 2 3 9a 3
. 
 VSABC  a 3.

4
3
4
4

Câu 16. Cho hình chóp  S.ABCD  có đáy  ABCD  là hình vuông tâm  O  cạnh  2a . Cạnh bên  SA  vuông 
góc với đáy và  SA  2a .Góc giữa đường thẳng  SB  và mặt phẳng   SAC  bằng: 

 
A. 45.  

B. 30.  

C. 60.  
Lời giải

D. 90.  

Chọn B
SB   SAC   S 
  SO là hình chiếu của  S B  trên   ABCD  ,  

BO   SAC  


 . 
 SB
,  SAC   SB
, SO  BSO

Ta có



 



Khi đó xét trong tam giác vuông  SBO  ta có: 
1
1
BO  BD  2a. 2  a 2; SA  2a  SO  a 6 . 
2
2

Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU TỔNG ÔN TẬP TNTHPT 2020 

  BO  1  BSO
  300  
 tan BSO

SO
3
Câu 17. Cho hình hộp chữ nhật  ABCD. ABC D  có đáy  ABCD  là hình vuông,  AC   a 2 . Gọi   P   là 
mặt phẳng qua  AC   cắt  BB, DD  lần lượt tại  M , N  sao cho tam giác  AMN  cân tại  A  có 

P  ,  ABCD  .
MN  a . Tính  cos   với    



A.

2
.
2

B.



1
.
2

C.

1
.
3

D.

3
.
3

Lời giải
Chọn A

 
Ta có AMC N  là hình bình hành, mà tam giác  AMN  cân tại  A  nên  MN  AC  . 
Ta có   BDD ' B '   cắt ba mặt phẳng   ABCD  ,   A' B 'C ' D '  ,   AMC ' N   lần lượt theo ba giao 
tuyến  BD / / B ' D ' / / MN . 
Hai mặt phẳng   P   và   ABCD   có điểm chung  A  và lần lượt chứa hai đường thẳng song song 
MN ,  BD  nên giao tuyến của chúng là đường thẳng  d  đi qua  A  và song song với  MN , BD . 

Trên hai mặt phẳng   P   và   ABCD  lần lượt có hai đường thẳng  AC   và  AC  cùng vuông góc 
với  d  nên góc giữa hai mặt phẳng   P   và   ABCD   chính là góc giữa  AC   và  AC , bằng góc 
 . Xét tam giác  C 'CA  vuông tại  C  có: 
CAC
cos  

AC BD MN
a
2




 




AC
AC
AC a 2
2

Cách 2:
Theo chứng minh ở trên thì  MN //BD  và  MN  BD  a . 
Đa giác  AMC N  nằm trên mặt phẳng   P   có hình chiếu trên mặt   ABCD   là hình vuông 
ABCD  nên: 
2

cos  

S ABCD
S AMC N

 BD 


2
AB
2
2

 

.

1
1
2


AC .MN
AC .MN
2
2

Câu 18. Cho  hình  hộp  chữ  nhật  ABCD. ABC D   có  các  cạnh  AB  2, AD  3; AA  4 .  Góc  giữa  hai 
mặt phẳng   ABD   và   AC D   là   . Tính giá trị gần đúng của góc   ?
A. 45, 2 .

B. 38,1 .

C. 53, 4 .

D. 61, 6 .

Lời giải
Facebook Nguyễn Vương 11


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 

Chọn D
Cách 1: Hai mặt phẳng   ABD  và   ACD  có giao tuyến là  EF  như hình vẽ. 
Do  EF //AB  mà  AD   AABB  nên  AD  AB  EF / / A ' D '  
Từ  A  kẻ vuông góc lên giao tuyến  EF tại  H thì  A ' H  EF    

EF   ADH   EF  DH . Khi đó, góc giữa hai mặt phẳng cần tìm chính là góc giữa hai 

  và  DH .
đường thẳng  AH

Tam giác  D' EF  lần lượt có  DE 

DB
13



,  D F  D A  5 ,  EF  B A  5 . 
2
2
2
2
2

61
2S
305
. Suy ra  DH  DEF 
. 
4
EF
10

Theo Hê-rông ta có:  SD' EF 

Dễ thấy   A ' EF   D ' EF    A ' H  D ' H . 

AHD 
Tam giác  DAH  có:  cos 

HA2  HD2  AD2
29
  . 
2HA.HD
61

AH , DH  180118,4  61,6 . 
AHD  118, 4  hay  
Do đó  





Cách 2: Gắn hình hộp chữ nhật  ABCD. ABCD vào hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó 

A 0;0;0 , B  2;0;0 , D 0;3;0 , C  2;3;0 , A  0;0;4  , B  2;0;4 , D  0;3;4 , C  2;3;4 . 




 





 

Gọi  n1 là véc tơ pháp tuyến của   ABD . Có  n1   AB ; AD      12;  8; 6  . 
Gọi  n2 là véc tơ pháp tuyến của   ACD . Có  n2   A  C ; A  D     12; 8; 6  . 
Gọi   là góc giữa hai mặt phẳng   ABD  và   ACD  

Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU TỔNG ÔN TẬP TNTHPT 2020 


n1 n2
29
cos      . Vậy giá trị gần đúng của góc    là  61, 6 . 
61
n1 n2
Cách 3.

 
Do hai mặt phẳng   ABD  và   ACD  chứa hai đường  AB  và  CD  song song với nhau nên 
giao tuyến của chúng song song hai đường đó. 
Kẻ  AH  AB ,  H  AB , dựng hình bình hành  AHKD có tâm  I như hình vẽ. 
Do  AD   AABB   nên  AD  AB suy ra  AB   AHKD  góc giữa hai mặt phẳng 

  và  DH . 
 ABD  và   ACD  là góc giữa  AK
   có  AH

  là đường cao nên 
Trong tam giác vuông  AAB
Vậy  AH 

1
1
1
1 1
5
. 


 

AH 2 AB  2 AA 2 4 16 16

4
. 
5

 
Xét tam giác  AIH  có  cos I   cos  A  H    cos A cos H  sin A sin H  29 . 
61

Vậy góc giữa hai mặt phẳng   ABD  và   ACD gần đúng bằng  61, 6 .
Câu 19. Cho hình hộp chữ nhật  ABCD. ABC D  có các cạnh  AB  2, AD  3; AA  4 . Góc giữa hai 
mặt phẳng   BC ' D   và   AC D   là   . Tính giá trị gần đúng của góc   ?
A. 45, 2 .

B. 38,1 .

C. 53, 4 .

D. 61,6 .

Facebook Nguyễn Vương 13


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 

Lời giải
Chọn D
z

D'

A'
4

B'

C'

3

A

D y
B
x

2

C

 
Dựng hệ tọa độ  Oxyz  như hình vẽ, ta có  A  0;0;0  , B  2;0;0 , D  0;3;0   và 

A  0;0;4  , C   2;3; 4 . 




BC    0;3; 4  , BD   2;3;0  , AC    2;3;0  , AD   0;3;  4   
 

Véc tơ pháp tuyến của   BC D   là:  n1   BC , BD    12;  8;6   
 

Véc tơ pháp tuyến của   AC D   là:  n2   AC , AD    12;8;6  . 
Ta có: 
29
 
cos   cos  n1 , n2  
   61, 6
61
Câu 20. Cho tứ diện  ABCD  có  BD  2 . Hai tam giác  ABD  và  BCD  có diện tích lần lượt là  6  và  10 . 
Biết  thể  tích  khối  tứ  diện  ABCD   bằng  16 .  Tính  số  đo  góc  giữa  hai  mặt  phẳng   ABD  
và  BCD.
 4

A. arccos   .
 15 

4
B. arcsin   .
5

4
C. arccos   .
5
Lời giải

 4
D. arcsin   .
 15 

Chọn B

Gọi  H  là hình chiếu của  A  xuống   BCD  . Ta có  VABCD

 
1
3V
24
 AH .S BCD  AH 
. 

3
S BCD
5

Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU TỔNG ÔN TẬP TNTHPT 2020 

ABD  ,  BCD   
AKH  
Gọi  K  là hình chiếu của  A  xuống  BD , dễ thấy  HK  BD . Vậy  





1
2S
AK .BD  AK  ABD  6 . 
2
BD
AH
4
Do đó  
ABD  ,  BCD   
AKH  arcsin
 arcsin   . 
AK
5
Cách khác
1
3V
24

Gọi  H  là hình chiếu của  A  xuống   BCD  . Ta có  VABCD  AH .S BCD  AH 
. 

3
S BCD
5
Mặt khác  S ABD 





Ta có:  S ABD  6 . 
Gọi  K  là hình chiếu của  A  xuống  BD . Do  BD  2  nên  SK 

2SABD
 6 . 
BD

18
1
18
 SHBD  HK .BD  . 
5
2
5
Gọi    là góc giữa mặt phẳng   ABD   và   BCD  . 
Có  KH  SK 2  AH 2 

Vì  HBD  là hình chiếu của  ABD  trên   BCD   nên  cos  

Vậy  sin  

S HBD 3
 . 
S ABD 5

4
4
   arcsin   . 
5
5

Câu 21. Cho hình chóp  S . ABCD  đáy  ABCD  là hình thoi,  SA  SC . Góc giữa hai mặt phẳng   SBD   và 

 ABCD   bằng?
A. 90 .

B. 30 .

C. 60 .
Lời giải

D. 45 .

Chọn A
S

D

C

O

A

B

 

Gọi  O  là tâm của hình thoi  ABCD . 
 AC  BD
Ta có  
   AC   SBD    ABCD    SBD  . 
 AC  SO
Vậy góc giữa hai mặt phẳng   SBD   và   ABCD   bằng  90 .
Câu 22. Cho hình chóp  S . ABCD   đáy  ABCD  là hình chữ nhật, tam giác  SAB  là tam giác đều và nằm 
trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Góc giữa hai mặt phẳng   SAB   và   SAD   bằng?
A. 30 .

B. 90 .

C. 60 .
Lời giải

D. 45 .

Chọn B

Facebook Nguyễn Vương 15

NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 
S

D

A
H
B

C

 

Gọi  H  là trung điểm của  AB  SH   ABCD  . 
 AD  AB
Ta có  
   AD   SAB    SAD    SAB  . 
 AD  AH
Vậy góc giữa hai mặt phẳng   SAB   và   SAD   bằng  90 .
Câu 23. Cho hình vuông  ABCD . Gọi  S  là điểm trong không gian sao cho  SAB  là tam giác đều và nằm 
trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi  H  và  I  lần lượt là trung điểm của  AB  và  BC . Góc 
giữa hai mặt phẳng   SHC   và   SDI   bằng.
A. 30 .

B. 60 .

C. 90 .
Lời giải

D. 45 .

Chọn C
S

A

D

1
H

1
B

1
C

I

 

Do  H  là trung điểm của  AB  SH   ABCD   DI  SH . 
D
 , mà  D
  I  90  C
  I  90  DI  HC
Ta lại có: BCH  CDI  c.g.c   C
 
1
1

1
1
1
1
Khi đó  DI   SHC    SDI    SHC   
Vậy góc giữa hai mặt phẳng   SHC   và   SDI   bằng  90 .
Câu 24. Cho  hình  chóp  S. ABCD   có  đáy  ABCD   là  hình  vuông  tâm  O ,  cạnh  a .  Đường  thẳng  SO  
vuông góc với mặt phẳng đáy   ABCD   và  SO 

a 3
. Tính góc giữa hai mặt phẳng   SBC   và 
2

 ABCD  .
A. 30 .

B. 45 .

C. 60 .
Lời giải

D. 90 .

Chọn C

Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU TỔNG ÔN TẬP TNTHPT 2020 
S

B

A
O
D

Q
C

 

Gọi  Q  là trung điểm  BC , suy ra  OQ  BC . 
 BC  OQ
Ta có  
 BC   SOQ   
 BC  SO

.  
Do đó  
, OQ  SQO
 SBC  ,  ABCD    SQ





  SO  3.  
Tam giác vuông  SOQ , có  tan SQO
OQ
Vậy mặt phẳng   SBC   hợp với mặt đáy   ABCD   một góc  60 .

B. KHOẢNG CÁCH TRONG KHÔNG GIAN
 Tính khoảng cách từ chân đường cao của hình chóp đến mặt bên của hình chóp. 
Tính khoảng cách từ  A  đến mặt bên  (SBC )  của hình chóp  S .ABC  có  SA  (ABC )  
  B1. Xác định giao tuyến của mặt bên và mặt phẳng đáy  (SBC )  (ABC )  BC .  



AH  BC  AI  (SBC ).  

AI  SH


Suy ra  d (A;(SBC ))  AI .  
  B2. Dựng hình  

  B3. Tính  AI .  

Các phương pháp quy về bài toán chân đường cao: 
― Kẻ song song để dời điểm về chân đường vuông góc. 
― Dùng tỉ số khoảng cách để dời về chân đường vuông góc. 
― Tạo chân đường cao giả (   đường cao, khi mặt chứa chân). 

 

S

 Tính khoảng cách giữa cạnh bên và cạnh thuộc mặt đáy. 
Cho hình chóp  S .ABCD  có  SA  (ABCD).  Hãy tính khoảng 
cách giữa cạnh bên  SB  và cạnh thuộc mặt đáy  AC .  
  B1. Xác định giao điểm của cạnh bên  SB  và mặt phẳng đáy 

SB  (ABCD)  B.  

K
D

A

  B2. Qua giao điểm  B,  dựng đường thẳng  d  song song với 

AC .  Khi đó:  d (AC , SB )  d (AC ,(SB, d ))  d (A,(SB, d )).  

H

Đây là bài toán tìm khoảng cách từ chân đến mặt bên. Cụ thể: 
d(AC , SB)  d(AC ,(SB, d ))  d(A,(SB, d ))  AK .  

C

B

d

CÂU HỎI CÙNG MỨC ĐỘ ĐỀ MINH HỌA
Câu 1.

Cho hình chóp  S . ABC  có đáy là tam giác vuông tại  A ,  AB  2a ,  AC  4a ,  SA  vuông góc với 
mặt phẳng đáy và  SA  a  (hình minh họa). Gọi  M  là trung điểm của  AB . Khoảng cách giữa 
hai đường thẳng  SM  và  BC  bằng 
Facebook Nguyễn Vương 17

NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 

A.

2a
.
3

B.

6a
.
3

C.

3a
.
3

D.

a
.
2

Lời giải
Chọn A

Gọi  N  là trung điểm của  AC , ta có:  MN //BC  nên ta được  BC //  SMN  . 
Do đó  d  BC , SM   d  BC,  SMN    d  B,  SMN    d  A,  SMN    h . 
Tứ diện  A.SMN  vuông tại  A  nên ta có: 
1
1
1
1
1
1
1
9
2a



 2  2  2  2 h
. 
2
2
2
2
h
AS
AM
AN
a
a
4a
4a
3

2a
.
3
Cho hình chóp  S . ABCD  có đáy là hình thang,  AB  2a ,  AD  DC  CB  a ,  SA  vuông góc 
Vậy  d  BC , SM  

Câu 2.

với  mặt  phẳng  đáy  và  SA  3a   (minh  họa  như  hình  bên).  Gọi  M   là  trung  điểm  của  AB . 
Khoảng cách giữa hai đường thẳng  SB  và  DM  bằng 

Trang 18 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU TỔNG ÔN TẬP TNTHPT 2020 

 
A.

3a
. 
4

B.

3 13a
. 
13
Lời giải 

3a
. 
2

C.

D.

6 13a
. 
13

Chọn A

 
Ta có  M  là trung điểm của  AB . 
Theo giả thiết suy ra  ABCD  là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính  AB  
 
ACB  90; 
ABC  60

 
 AC  a 3
Vì  DM //BC  DM //  SBC   
Do đó  d  DM , SB   d  DM ,  SBC    d  M ,  SBC   

1
1
d  A,  SBC    (vì  MB  AB ) 
2

2

Kẻ  AH  SC . 
 BC  AC
Ta lại có  
 BC   SAC   AH  BC . 
 BC  SA
 AH  SC
Khi đó  
 AH   SBC   d  A,  SBC    AH . 
 AH  BC
Xét tam giác  SAC  vuông tại  A , ta có 

 
 

2

2

a 3 .  3a 
AC 2 .SA2
9a 2
3
AH 2 


 AH  a . 
2
2

2
2
2
AC  SA
4
a 3   3a 

Vậy  d  DM , SB  

1
1
3a
. 
d  A,  SBC    AH 
2
2
4
Facebook Nguyễn Vương 19


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 

Câu 3.

Cho hình lăng trụ đứng  ABC. ABC   có đáy  ABC  là tam giác đều cạnh  a  và cạnh bên có độ 
dài bằng  a . Tính khoảng cách từ  C  đến mặt phẳng   ABC   . 
A.

a 2
. 

4

B.

a 3
. 
7

a 21
. 
7
Lời giải 

C.

D.

a 2
. 
16

Chọn C
A'

B'

C'

A

B

C

 
Ở đây nếu tính trực tiếp rất dài và khó nên ta sẽ vận dụng phương pháp thể tích. 
1
VC . ABC   S ABC  . d C;  ABC    . 
3
Cách 1. [Không dùng công thức nhanh về tỉ số thể tích]
Gọi  H  là trung điểm của  BC  . Dễ chứng minh  AH  là đường cao của hình chóp  A.BCC B . 
1
1
a 3 a3 3
. 
VA '. BCC B  S BCC B . AH   a 2 

3
3
2
6
1
a3 3
Suy ra  VA. BCC   VA.BCC B 
 VC . ABC  . 
2
12

Mặt khác  BC   BA  a 2  và  AC  a , dùng Hê-rông ta được  S ABC  
Vậy khoảng cách  d C;  ABC   

a2 7
. 
4

3VC . ABC  a 21

. 
S ABC
7

Cách 2. [Dùng công thức nhanh về tỉ số thể tích]
Ta có thể tích khối lăng trụ đã cho là  V  S ABC . AA 

a3 3
. 
4

1
a3 3
Thể tích khối tứ diện có 4 đỉnh là 4 đỉnh của lăng trụ, có thể tích là  VC . ABC   V 
. 
3
12

Mặt khác  BC   BA  a 2  và  AC  a , dùng Hê-rông ta được  S ABC  
Vậy khoảng cách  d C;  ABC   
Câu 4.

a2 7

. 
4

3VC . ABC  a 21

. 
S ABC
7

Cho  hình  hộp  ABCD.ABCD   có  đáy  ABCD   là  hình  vuông  cạnh  a ,  tâm  O .  Hình  chiếu 
vuông góc của  A  lên mặt phẳng   ABCD  trùng với  O . Biết tam giác  AAC  vuông cân tại  A . 
Tính khoảng cách  h từ điểm  D  đến mặt phẳng   ABBA  . 

Trang 20 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU TỔNG ÔN TẬP TNTHPT 2020 

A. h 

a 6
. 
6

B. h 

a 2
. 
3

C. h 

a 2
. 
6

D. h 

a 6
. 
3

Lời giải
Chọn D
D'

A'
C'

B'
H
A

D

M
O

B

C

 

Ta có  CD // AB  CD //  ABBA . 
d  D;  ABB A    d C ;  ABB A    (1) 

Do  CO  cắt   ABBA   tại  A  

d C;  ABBA  AC
 

 2  (2) 
d O;  ABBA  AO
Gọi  M  là trung điểm  AB  và  H là hình chiếu của  O  lên  SM . 
Khi đó  d O;  ABBA    OH  (3) 

AAC  vuông cân tại  A  có  AC  a 2  AO 

a 2
. 
2

OM  là đường trung bình của  ABC  OM  BC  a OH 
2

(1) (2) (3)   d  D;  ABBA   2OH 
Câu 5.

2

AO. OM
2

AO  OM

2



a 6
. 
6

a 6
. 
3

Cho  hình  chóp  S . ABCD   có  đáy  ABCD   là  hình  thang  vuông  tại  A   và  D   với  AD  2a , 
DC  a ,  AB  2a . Gọi  I  là trung điểm cạnh  AD , hai mặt phẳng   SIB  ,   SIC   cùng vuông 
góc với mặt phẳng đáy và mặt phẳng   SBC   tạo với đáy một góc  60 . Tính khoảng cách  h  từ 
I  đến mặt phẳng   SBC  . 

A. h 

a 15
. 
15

B. h 

a 15
. 
5

C. h 

3a 15
. 
10

D. h 

3a 5
. 
5

Lời giải
Chọn C

Facebook Nguyễn Vương 21


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 
S

A

F

B

I

H
A

B

E
I
D

E

D

C

C

 
 SIB    ABCD 

Theo giả thiết, ta có:   SIC    ABCD   SI   ABCD  . 

 SIB    SIC   SI
Gọi  E  là hình chiếu của  I  trên  BC ,  H  là hình chiếu của  I  trên  SE ,  F  là trung điểm  AB . 
 BC  IE
 BC   SIE   


 BC  SI

 SBC    ABCD   BC

  60 . 
   SBC  ;  ABCD    SEI
 IE  BC

SE  BC  BC   SIE  
 SIE    SBC  ,  BC   SIE  

 d  I ;  SBC    IH . 
 SIE    SBC   SE
 IH  SE


BC  CF 2  FB2  a 5  
S IBC  S ABCD  S IAB  S ICD  S IBC 
 S IBC  3a 2  a 2 

1
1
1
AD.  AB  CD   IA. AB  ID.DC  
2
2
2

3a 2
3a

a 2 3a 2
1
3a 2
 IE 

. 

 IE.BC 
2
2
2
2
a 5
5

Tam giác  HIE  vuông tại  H :  IH  IE.sin 60 
Câu 6.

3a 3 3a 15
. 

10
2 5

Cho hình chóp  S. ABCD  có đáy là nửa lục giác đều  ABCD  nội tiếp trong đường tròn đường kính 

AD  2a  và có cạnh  SA  vuông góc với mặt phẳng đáy   ABCD   với  SA  a 6 . Tính khoảng cách 
từ  B  đến mặt phẳng   SCD  . 
A. a 2 .

B. a 3 .

a 2
.
2
Lời giải 

C.

D.

a 3
.
2

Chọn C

Trang 22 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU TỔNG ÔN TẬP TNTHPT 2020 

AD
 a ,  AC  a 3 . 
2
Gọi  E  AB  CD , suy ra tam giác  ADE  đều. 
Khi đó  C  là trung điểm của  ED  và  AC  ED . 
Dựng  AH  SC  thì  AH   SCD  , suy ra  d  A,  SCD    AH . 
Từ giả thiết suy ra:  AB  BC  CD 

Xét tam giác  SAC  vuông tại  A , có  AH  là đường cao 

1
1
1
 2
 AH  2a . 
Suy ra: 
2
AH
SA
AC 2
Mà  d  B,  SCD   
Câu 7.

1
1
a 2
. 
d  A,  SCD    AH 
2
2
2

Cho  hình  chóp  S . ABC   có  đáy  ABC   là  tam  giác  vuông  tại  A ,  ( SAC )   ABC  ,  AB  3a , 

  300 . Khoảng cách từ điểm  A  đến mặt phẳng  ( SBC )  
BC  5a . Biết rằng  SA  2a 3  và  SAC
bằng :
A.

3 17

a.
4

B.

6 7
a.
7

C.

3 7
a.
14

D.

12
a . 
5

Lời giải
Chọn B

Facebook Nguyễn Vương 23


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489 

 SAC    ABC 

 SH   ABC  . 
Gọi  H  là hình chiếu của  S  lên  AC . Ta có  
SH  AC
Xét tam giác  SAH , ta có  SH  SA  sin 30  a 3  và  AH  SA2  SH 2  3a . 
Xét tam giác  ABC , ta có  AC  BC 2  AB 2  4a  và  HC  AC  HA  a . 
Gọi  E  là hình chiếu vuông góc của  H  lên  BC  và  F  là hình chiếu vuông góc của  H  lên  SE . 
 BC  HE
Ta có  
 suy ra  BC   SHE   HF . 
 BC  SH  SH   ABC   BC 
 HF  BC
Do đó  
 HF   SBC   suy ra  d  H ,  SBC    HF . 
 HF  SE
Gọi  K  là hình chiếu vuông góc của  A  lên  BC . Ta có  AK // HE , do đó 

HE CH 1
1
AB  AC
1 12
3

  HE  
   a  a . 
2
2
AK CA 4
4 AB  AC
4 5
5

Suy ra  d  H ,  SBC    HF 
Ta có 
Câu 8.

d  A,  SBC  
d  H,  SBC  



HS  HE
2

HS  HE

2



3 7
a . 
14

CA
6 7
 4  d  A,  SBC    4  HF 
a . 
CH
7

Cho tứ diện đều  ABCD  có cạnh bằng  a . Gọi  M  là trung điểm  CD . Khoảng cách giữa  AC  và 

BM  là 
A.

a 154
. 
28

B.

a
. 
2

C.

a 22
. 
11

D.

a 2
. 
3

Lời giải
Chọn C

 
Gọi  G  là tâm tam giác đều  BCD  AG   BCD  . 

Trong mặt phẳng   BCD  , dựng hình hình bình hành  BMCN  mà  BM  CM  nên  BMCN  là 
hình chữ nhật. 

Trang 24 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU TỔNG ÔN TẬP TNTHPT 2020 

Ta có  BM //  ACN   d  BM , AC   d  BM ,  ACN    d  G ,  ACN   . 
Kẻ  GK  NC  K  NC   và  GH  AK    H  AK   d  G ,  ACN    GH . 
2

Ta có  AG 
GK  CM 

Vậy  GH 

2 a 3
a 6
 
AB  BG  a   .
 
3
3 2 
2

2

a
. 
2

AG.GK
2

AG  GK

Câu 9.

2

2



a 22
 cm . 
11

Cho  hình  chóp  S. ABC ,  có  đáy  là  tam  giác  đều  cạnh  2a ,  SA  2a ,  SA   vuông  góc  với  mặt 
phẳng đáy ( minh họa như hình vẽ ). Gọi  M , N  lần lượt là trung điểm của  AB, AC . Khoảng 
cách giữa hai đường thẳng  MN  và  SC  bằng. 
A.

a 21
. 
7

B.

a 21

. 
14

C.

2a 57
. 
19

D.

a 57
. 
19

Lời giải
Chọn A 

 
Ta có: 

1
MN // BC  MN //  SBC   d  MN , SC   d  MN ,  SBC    d  N ,  SBC    d  A,  SBC    
2
Gọi  I  là trung điểm của  BC . Ta có: 

 BC  AI
 BC   SAI    SBC    SAI  ,   SBC    SAI   SI

 BC  SA

1  

Trong   SAI   kẻ  AH  SI  ( 2 ). 
Từ (1) và (2) ta suy ra  AH   SBC   d  A,  SBC    AH 
Ta có:  SA  2a; AI  2a.

SA. AI
SA2  AI 2

 

3
2a.a 3
2a 21
 
 a 3  AH 

2
2
2
7
4a  3a

Facebook Nguyễn Vương 25