D00 các câu hỏi chưa phân dạng muc do 3

Câu 23. [1H3-5.0-3](Chuyên Bắc Ninh - Bắc Ninh - Lần 1 - 2018 - BTN) Hình lăng trụ ABC. ABC
có đáy ABC là tam giác vuông tại A; AB  1; AC  2. Hình chiếu vuông góc của A trên

 ABC  nằm trên đường thẳng
A.

3
.
2

B.

BC . Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  ABC  .

1
.
3

C.

2 5
.
5

D.

2
.
3

Lời giải

Chọn C

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên  ABC  .
Giả sử AH  x  0 ; BC  5 ; SABC 

1
AB. AC  1 .
2

1
1
AH .SABC  .x .
3
3
3V
x
2x
2
.
d  A,  ABC    A. ABC 


1
SABC
x
.
5
5

A H. 5

2

Ta có VA. ABC 

Câu 50:

[1H3-5.0-3] (THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình hộp chữ

AM
 3.
MD
Gọi x là độ dài khoảng cách giữa hai đường thẳng AD , BC và y là độ dài khoảng cách từ M đến
nhật ABCD. ABCD có AB  a , AD  2a , AA  a . Gọi M là điểm trên đoạn AD với
mặt phẳng  ABC  . Tính giá trị xy .

5a 5
A.
.
3
Chọn B

a2
B.
.
2

3a 2
C.
.
4

Lời giải

3a 2
D.
.
2


A'

D'

B'

C'

H
A

M

D

I
O

B

C

Ta có BC // AD  BC //  ADDA   AD  d  BC, AD   d  C,  ADDA   CD  a . Suy
ra : x  a .
MA 3
3
3
Lại có:
  d  M ,  ABC    d  D,  ABC    d  B;  ABC   .
DA 4
4
4
 AC  BI
 AC   BBI  .
Gọi I là hình chiếu vuông góc của B lên AC ta có: 

AC

BB

Gọi H là hình chiếu của B lên BI ta có:
 BH  BI
 BH   BAC   d  B,  ABC    BH .

 BH  AC

AB.BC a.2a 2a 5
.


AC
5

a 5
1
1
3 2a a
2a
1
Trong tam giác BBI , ta có:
 d  B,  ABC    .  .
 BH 
 2
2
2
BH
BI
4 3 2
BB
3
a
Suy ra : y 
2
Trong tam giác ABC , ta có: AB.BC  AC.BI  BI 

a2
Vậy x. y  .
2
----------HẾT---------Câu 31. [1H3-5.0-3] (SGD Bà Rịa - Vũng Tàu - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp S. ABC
có BSC  120 , CSA  60 , ASB  90 và SA  SB  SC . Gọi I là hình chiếu vuông góc
của S lên mặt phẳng  ABC  . Khẳng định nào sau đây đúng ?
A. I là trung điểm AB .
C. I là trung điểm AC .

Chọn D

B. I là trọng tâm tam giác ABC .
D. I là trung điểm BC .
Lời giải


S

A

C

N

M

B

Gọi I là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABC  .
Đặt SA  SB  SC  a .
Theo giả thiết ta có tam giác SAC đều cạnh a . Tam giác SAB vuông cân tại S  AB  a 2 .
Xét tam giác SBC ta có
BC 2  SB2  SC 2  2SB.SC.cos BSC  a2  a2  2.a.a.cos120  a 3 .
Do AB2  AC 2  a 2  2a 2  3a 2  BC 2 nên tam giác ABC vuông tại A .
Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AC và BC ta có
 MN  AC
 AC   SMN   AC  SM (1).

 SM  AC

Mặt khác tam giác SBC vuông cân tại S nên SM  BC (2).
Từ (1) và (2) ta có SM   ABC  . Vậy hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng  ABC  là

trung điểm I của BC .
Câu 50: [1H3-5.0-3](THPT Thăng Long - Hà Nội - Lần 2 - Năm 2018) Cho hình chóp S. ABCD có
đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 1, SA vuông góc với đáy, SA  3 . Gọi M là trung điểm
của BC, N thỏa mãn SN  2 ND. Tính khoảng cách giữa hai đường chéo nhau SC và MN .
A.

3
.
31

B.

3 2
.
31

C.

93
.
31

D.

63
.
31

Lời giải
Chọn C
Đặt hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. Khi đó,



A  0;0;0  , B 1;0;0  , C 1;1;0  , D  0;1;0  , S 0;0; 3



B
x

M

C


 2 3
 1 
M 1; ;0  và N  0; ;
 .
3
3
 2 



Áp dụng công thức khoảng cách giữa hai đường chéo

nhau ta có:

 SC , MN  .CM

d  SC; MN   
 SC , MN 


Ta có:

 1 3
1 

SC  1;1;  3 , MN   1; ;
 , CM   0;  ;0 
3 3 
2 







 3 2 3 7
3 4 49
31
  SC , MN   
;
;    SC , MN  

 

.
3 6
4 3 36
3
 2
1 2 3
3
Và  SC , MN  .CM   .

.
2 3
3

Vậy d  SC; MN  
Câu 6.

 SC , MN  .CM
3 3
93



.

.
3
31
31

 SC , MN 



[1H3-5.0-3] Cho hình chóp S. ABC có đáy là tam giác đều. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S
lên mặt đáy là điểm H thuộc cạnh AC sao cho HC  2HA . Gọi M là trung điểm của SC và
N là điểm thuộc cạnh SB sao cho SB  3SN . Khẳng định nào sau đây là sai:
4
A. Khoảng cách từ M đến mặt phẳng  ABC  bằng
lần khoảng cách từ N đến mặt phẳng
3
 ABC  .
B. Khoảng cách từ M đến mặt phẳng  SAB  bằng một nửa khoảng cách từ C đến mặt phẳng

 SAB  .


C. Khoảng cách từ N đến mặt phẳng  SAC  bằng

1
khoảng cách từ B
3

đến mặt phẳng

 SAC  .
D. Khoảng cách từ M đến mặt phẳng  SAB  bằng

 SAB  .

3
khoảng cách từ H đến mặt phẳng
2

Lời giải

Chọn đáp án A
d  M ,  ABC  
d  S ,  ABC  



MC 1 d  N ,  ABC   NB 2
 ;


SC 2 d  S ,  ABC   SB 3



d  M ,  ABC  
d  N ,  ABC  

d  M ,  SAB  
d  C ,  SAB  

d  N ,  SAC  
d  B,  SAC  



1 2 3
:   A sai.
2 3 4



MS 1
  B đúng.
CS 2



NS 1
  C đúng.
BS 3

1

d  M ,  SAB    2 d  C ,  SAB  

 D đúng.
 d  C ,  SAB  
CA


3
 d  H ,  SAB   HA
Câu 1373:

[1H3-5.0-3] Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA   ABCD  ,

SA  AB  a và AD  x.a . Gọi E là trung điểm cạnh SC. Tìm x, biết khoảng cách từ điểm E
a
đến mặt phẳng  SBD  là d  .
3
A. x  1
B. x  2
C. x  3
D. x  4
Lời giải
Chọn B






Ta có d E ,  SBD  

1
a
2a
d  A,  SBD     d  A,  SBD   
.
2
3
3

Gọi H là hình chiếu của A lên BD. Và K là hình chiếu của A lên SH.





Ta được AK   SBD   AK  d A,  SBD  
Mà AH .BD  AB. AD  AH 

AB. AD

2a
.
3



x.a 2

AB 2  BD 2
a 2  x2a 2
1
1
1
9
1 a2  x2a2






Do đó
.
AK 2 SA2 AH 2
4a 2 a 2
x2a4
5 1  x2
  2  x 2  4  x  2 vì x  0 .
4
x
Câu 1379:

[1H3-5.0-3] Cho hình hộp đứng ABCD. A ' B ' C ' D ' có đáy là hình vuông, tam giác

A ' AC vuông cân tại A, cạnh A ' C  2a . Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng  BCD ' theo

a?
A.

a 3
3

B.

a 6
3

C.

a 2
2

Lời giải
Chọn A

+) Kẻ AP  A ' B  d  A,  BCD '   d  A,  A ' BC    AP
+) A ' AC vuông cân tại

A  A ' A  AC 

A ' C 2a

a 2.
2
2

D.

a 3
2


Tứ giác ABCD là hình vuông

 AB 

AC
1
1
1
1

1
3
a


 2 2 2
2
2
2
AP
A' A
AB
2a
a
2a
2

 AP 

a 2 a 6
a 6

 d  A,  BCD '  
3
3
3

[1H3-5.0-3] Cho hình chóp S.ABC có SA  3a và SA   ABC  . Giả sử

Câu 1380:

AB  BC  2a , góc ABC  120 . Tìm khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  ?
A.

a
2

B. a

C.

3a
2

D. 2a

Lời giải
Chọn A

+) Trên mặt phẳng đáy, qua A kẻ một đường thẳng vuông góc với AC, đường thẳng này cắt BC
tại P.
Đặt d  A,  SBC    d  A,  SPC    h , tứ diện vuông S.APC

1
1
1
1




.
2
2
2
h
AS
AC
AP 2
+) ABP đều
 AP  BA  2a
 AP  2a



AC
 tan 60  AP  3  AC  2a 3
1
1
1
1
4
3a
 2  2
 2  2 h
2
h
9a 12a
4a
9a
2



Câu 1385:

[1H3-5.0-3] Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a có BAD  120 .

Cho SA   ABCD  . Gọi M là trung điểm của BC; biết SMA  45 . Tính d  B,  SDC   ?
A.

a 6
4

B.

a 6
2

C.
Lời giải

Chọn A

a 3
2

D.

a 3
8

Do ABCD là hình thoi có BAD  120 nên tam giác ABC và ACD là các tam giác đều.

a 3
a 3
, dựng AE  CD  AE 
, dựng AF  SE suy ra
2
2
d  A,  SCD    AF .

Khi đó AM 

Do SMA  45  SA  AM tan 45 

a 3
2

Mặt khác

AB / /CD  d  B,  SCD    d  A,  SCD    AF



SA.SE
SA2  AE 2



a 6

4

30 bài tập - Tổng hợp về khoảng cách - File word có lời giải chi tiết
Câu 1399:
[1H3-5.0-3] Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều, tam giác SBC đều và nằm
trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Nếu AB  a thì khoảng cách từ B đến mặt
phẳng  SAC  bằng:
A.

2a 15
5

B.

a 15
5

C.
Lời giải

Chọn B.

a 5
5

D.

2a 5
5

Gọi H là trung điểm của BC  SH  BC  SH   ABC  .
Gọi M là trung điểm của AC, kẻ HE / / BM  E  AC   HE  AC
Từ H kẻ HK  SE mà AC   SHE   AC  HK  HK   SAC  .
Xét SHE vuông tại H, có SH 



a 3
BM a 3
, HE 

.
2
2
4

1
1
1
20
a 15


 2  HK 
2
2
2
HK
SH

HE
3a
10













Mặt khác d B,  SAC   2.d H ,  SAC   2.HK  d B,  SAC  
Câu 8.

a 15
.
5

[1H3-5.0-3] (THPT CHUYÊN KHOA HỌC TỰ NHIÊN) Cho khối đa diện đều n mặt có
thể tích là V và diện tích của mỗi mặt của nó là S . Khi đó tổng khoảng cách từ một điểm bất
kì bên trong khối đa diện đó đến các mặt của nó bằng
3V
V
V
nV

A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
3S
nS
S
S
Lời giải
Chọn C
M là một điểm bất kì nằm trong khối đa điện. Gọi V1 , V2 , …, Vn lần lượt là thể tích của hình
chóp có đỉnh là M , mặt đáy là mặt của khối đa diện đều. Gọi h1 , h2 , …, hn lần lượt là độ dài
đường cao hạ từ đỉnh M của các hình chóp V1 , V2 , …, Vn . Khi đó ta có V  V1  V2  ...  Vn ,
và

3V
3V
3V1
, h2  2 , …, hn  n .
S
S
S
3 V1  V2  ...  Vn  3V

Vậy h1  h2  ...  hn 
.

S
S
h1 