D03 từ điểm m (khác h) đến mp cắt đường cao muc do 2

Câu 28:

[1H3-5.3-2]
(THPT Chuyên Hà Tĩnh - Lần 1 - 2018 - BTN) Cho hình chóp tam giác
đều S. ABC có cạnh đáy bằng a , cạnh bên bằng 2a . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng

 SBC  bằng
A.

a 165
30

B.

a 165
45

a 165
15
Lời giải

C.

D.

2a 165
15

Chọn C

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . Do hình chóp S. ABC đều nên SO   ABC 

2

a 3
1 a 3 a 3
a 33
; GM  .

SO  SA  AO  4a  
 
3 2
6
3
 3 
2

2

2

d  A,  SBC    3d  G,  SBC   

3SG.GM



a 165
.
15

SG  GM

Câu 44. [1H3-5.3-2] (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC - LẦN 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp
S. ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, AB  BC  a, AD  2a. Biết
2

2

SA  3a và SA  ( ABCD) . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên ( SBC ). Tính khoảng

cách d từ H đến mặt phẳng ( SCD ).
A. d 

3 15a
.
60

Chọn B

B. d 

3 30a
3 10a
.
.
C. d 
40
20
Lời giải

D. d 

3 50a
.
80


S

K
H
A

D
C

B

I
Cách 1: Kẻ AH  (SBC )  AH  SB . Ta có d 
mà

HS
HS BI
d ( B, ( SCD)) 
. d ( A, ( SBC ))
BS
BS AI

SH SH .SB SA2 3a 2 3




 ;
SB
SB 2
SB 2 4a 2 4

Tam giác ADI có BC là đường trung bình nên

BI 1

AI 2

3
3
3 SA.SC
3 a 3.a 2
3a 30
Vậy d  d ( A, ( SCD))  d  A, SC  


8
8
8 SA2  SC 2 8 3a 2  2a 2
40
Cách 2: Dùng phương pháp thể tích:
3VH .SCD VS.HCD SH 3
;
d

 

dt ( SCD) VS.BCD SB 4
3a 30
1
a 2 10
3
1
3 3
 d
.
VS .HCD  VS .BCD  SA. AB.BC 
a ; dt SCD   SC.CD 
2
40
2
4
8
8

Câu 1360:

[1H3-5.3-2] Cho hình lăng trụ ABCD. A ' B ' C ' D ' có đáy là hình chữ nhật với

AD  a 3 . Tam giác A ' AC vuông tại A ' và thuộc mặt phẳng vuông góc với đáy. Biết rằng
A ' A  a 2 . Khoảng cách từ D ' đến mặt phẳng  A ' ACC ' là:
A.

a 3
.
4

B.

a 2
.
2

C.
Lời giải

Chọn D.

a 2
.
4

D.

a 3
.
2






Ta có AC  A ' A 2  2a  CD  a  d D,  A ' AC   DH 
Câu 1362:

a 3

(Do DD '/ / AA ' )
2

[1H3-5.3-2] Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, cạnh

AB  2a, BC  2a 2 , OD  a 3 . Tam giác SAB nằm trên mặt phẳng vuông góc với mặt
phẳng đáy. Gọi O là giao điểm của AC và BD. Tính khoảng cách d từ điểm O đến mặt phẳng
 SAB  .
A. d  a .

B. d  a 2

C. d  a 3 .
Lời giải

D. d  2a .

Chọn B.

+) Ta có  SAB    ABCD  , kẻ OP   SAB   d  O,  SAB    OP .

 AB  2a

2
+) Từ  BC  2a 2  AB 2  AD 2  4a 2  8a 2  12a 2   2OD   BD 2

OD  a 3
OP  AB
 BAD vuông tại A, trên  ABCD  , ta có 
 OP / / AD .

 AD  AB
Mà O là trung điểm của BD  OP 

1
1
AD  .2a 2  a 2  d  O,  SAB    a 2
2
2


Câu 1363:

[1H3-5.3-2] Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật ABCD có AD  k. AB . Hình

chiếu vuông góc của đỉnh S xuống mặt đáy là H thỏa mãn HB  2HA . Tỷ số khoảng cách từ
A đến mặt phẳng  SDH  và khoảng cách từ B đến mặt phẳng  SHC  là:
A.

4  9k 2
.
1  9k 2

B.

1 4  9k 2
.
.
2 1  9k 2

C.

1
.
2

D.

1
.
2k

Lời giải
Chọn B.

Không mất tính tổng quát. Đặt AB  3  AD  3k

Dựng AE  DH , lại có AE  SH  AE   SDH 





Do đó d A,  SDH   AE 

AH . AD
AH 2  AD 2

 d1

Tương tự dựng BF  HC ta có:

d  B,  SHC    BF 
Do vậy

BH .BC
BH 2  BC 2

 d2

d1 AH BH 2  BC 2 1 4  9k 2

.

d 2 BH AH 2  AD 2 2 1  9k 2

Câu 1364:
[1H3-5.3-2] Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác ABC vuông cân tại B,
điểm E thuộc BC sao cho BC  3EC . Biết hình chiếu vuông góc của A ' lên mặt đáy trùng với
trung điểm H của AB. Cạnh bên AA '  2a và tạo với đáy một góc 60°. Khoảng cách từ B đến
mặt phẳng  A ' HE  là
A.

a 39
.
3

B.

3a
.

5

C.
Lời giải

Chọn D.

3a
.
4

D.

4a
.
5


Ta có AA ' tạo với đáy một góc 60° nên A ' AH  60 .
Khi đó AH  A ' A.cos60  a  AB  BC  2a .

4a
3
Dựng BK  HE , lại có BK  A ' H  BK   A ' HE 
Do vậy BH  a; BE 





Do đó d B,  A ' HE   BK 

BH .BE
BH 2  BE 2



4a
5

Câu 1365:
[1H3-5.3-2] Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật tâm O. Tam giác SAC đều và
thuộc mặt phẳng vuông góc với đáy. Biết rằng SA  2 AB  2a , khoảng cách từ D đến mặt
phẳng  SAC  là:
A.

a 5
2

B.

a 3
2

C.

a 2
2

Lời giải

Chọn B.

Ta có: SO  AC , mặt khác  SAC    ABCD 
Suy ra SO   ABCD  . Lại có SA  AC  SC  2a
Do đó AD 

AC 2  CD2  a 3
Dựng DH  AC , lại có DH  SO  DH   SAC 

D.

a
2






Do vậy d D,  SAC   DH 

AD.CD a 3

AC
2

20 bài tập - Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng (Dạng 2) - File word có lời giải chi tiết
Câu 1366:

[1H3-5.3-2] Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B với

AB  BC  a , AD  2a . Hai mặt phẳng  SAC  và  SBD  cùng vuông góc với mặt phẳng

đáy. Tính khoảng cách từ điểm A tới mặt phẳng  SBD 
A.

a
5

B.

2a
5

3a
5

C.

D.

4a
5

Lời giải
Chọn B

 SAC    ABCD 
 SBD    ABCD 

Ta có 

và  SAC    SBD   SO

 SO   ABCD  với O  AC  BD
 AH  BD
 AH   SBD 
 AH  SO

Kẻ AH  BD ta có 

1
1
1
5
2a


 2  AH 
2
2
2
AH
AB
AD
4a
5
2a
 d  A,  SBD   
5

Ta có

Câu 1367:
[1H3-5.3-2] Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều, hình chiếu vuông góc của đỉnh
S trên mặt phẳng đáy là điểm H thuộc cạnh AB sao cho HB  2HA . Biết SC tạo với đáy một
góc 45° và cạnh bên SA  2a 2 . Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng  SAB 
A.

a 3
2

B.

2a 2
3

C.
Lời giải

Chọn C

3a 3
2

D.

a 2
3





Ta có SC ,  ABC   SCH  45
Giả sử AB  BC  CA  3x
Ta có CH 

AH 2  AC 2  2 AH . AC.cos60  x 7

Ta lại có SA2  SH 2  AH 2  8a 2  8x2  x  a

 AB  BC  CA  3a
CK  AB
Kẻ CK  AB ta có 
 CK   SAB 
CK  SH
Mà CK 
Câu 1376:

3a 3
3a 3
 d  C ,  SAB   
2
2

[1H3-5.3-2] Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 4a. Gọi H là điểm

thuộc đường thẳng AB sao cho 3HA  HB  0 . Hai mặt phẳng  SAB  và  SHC  đều vuông
góc với mặt phẳng đáy. Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng  SHC  .

A.

5a
12

B.

5a
6

C.

12a
5

Lời giải
Chọn C


 SAB    ABCD 
mà  SAB    SHC   SH
SHC

ABCD







Ta có 

D.

6a
5


 SH   ABCD 
 BK  CH
 BK   SHC 
BK

SH


Kẻ BK  CH ta có 

1
1
1
25
12a




BK


BK 2 BH 2 BC 2 144a 2
5
12a
 d  B,  SHC   
5

Ta có

Câu 1377:
[1H3-5.3-2] Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a. Gọi O là giao điểm của hai
đường chéo, M là trung điểm của CD. Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng  SOM 
A. a

B.

a
2

C.

a
4

D.

a
8

Lời giải
Chọn B

Do hình chóp S.ABCD là hình chóp đều nên SO   ABCD 

CM  OM
 CM   SOM 
CM

SO


Ta có 

Mà CM 

a
a
 d  C ,  SOM   
2
2

Câu 1391:
[1H3-5.3-2] Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, SA vuông góc
với mặt phẳng  ABC  . Biết SA  a, AB  b . Khi đó, khoảng cách từ trung điểm M của AC tới
mặt phẳng  SBC  bằng:
A.

C.

ab
a 2  b2

ab 3
a 2  b2

B.

D.

2ab
a 2  b2
ab
2 a 2  b2
Lời giải

Chọn D


 BC  AB
 BC   SAB  . Dựng AH  SB  AH   SBC  .
BC

SA


Do 





Lại có AC  2MC  d M ,  SBC  

1
1
d  A,  SBC    AH
2
2

Mặt khác

SA.SB

AH 

SA  AB
2

2



ab
a b
2

2

 d  M ,  SBC   

ab
2 a b

2

2

.

Câu 1393:

[1H3-5.3-2] Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng b và đường cao
SO  a . Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SCD  bằng:

A.
C.

ab
4a  b
2ab

2

4a  b

2

2

2

B.
D.

ab 3
4a 2  b 2
ab
2 4a 2  b 2
Lời giải

Chọn C

Dựng OE  CD; OF  SE . Khi đó d  O,  SCD    OF .

AD b
 .
2
2
Mặt khác AC  2OC nên d  A,  SCD    2d  O,  SCD    2OF
Ta có: OE 


Do đó d 
Câu 1394:

2.OE.SO
SO  OE
2

2



2ab
4a  b
2

2

.

[1H3-5.3-2] Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, bốn cạnh bên đều

bằng 3a và AB  a , BC  a 3 . Khoảng cách từ S đến mặt phẳng  ABCD  bằng:
A. 2a 3

B.

a 3
2

C. 2a 2

D. a 2

Hướng dẫn giải
Chọn C

Gọi O là tâm của hình chữ nhật ABCD
Khi đó SO   ABCD  .
Ta có: AC 

AB2  BC 2  2a  OA  a .

Lại có: SO  SA2  OA2  9a 2  a 2  2a 2





Do vậy d S ,  ABCD   SO  2a 2 .
Câu 1401:
[1H3-5.3-2] Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là
tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Khi đó, khoảng cách từ A đến mặt
phẳng  SCD  bằng:
A.

a 21
3

B.

a 21
14

C.
Lời giải

Chọn C.

a 21
7

D.

a 21
21


Gọi H là trung điểm của AB  SH  AB .
Gọi M là trung điểm của CD  HM  CD .
Ta có  SAB    ABCD  mà SH   ABCD   SH  CD .
Khi đó CD   SHM  ,
kẻ HK  SM  K  SM   HK   SMH  .
Xét SMH vuông tại H, có
2

a2 3  a 3 
a 21
.

: 
 a2 

2
2
2
2
7
SH  HM


SH .HM

HK 

Câu 1403:
[1H3-5.3-2] Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy
và SA  2a . Nếu điểm M thuộc đoạn AD thì khoảng cách từ M đến  SBC  bằng
A.

a 5
5

B.

2a 5
5

C.

a
5

D.

a 6
3

Lời giải
Chọn A.

Ta có AD / / BC  d  M ,  SBC    d  A,  SBC  

 BC  AB
 BC   SAB   BC  AH
 BC  SA

Kẻ AH  SB ta có 

Mà AH  SB  AH   SBC 
Ta có

1
1
1
5
2a 5


 2  AH 
2
2
2
AH
AS
AB
4a
5

 d  M ,  SBC   
Câu 1409:

2a 5
.
5

[1H3-5.3-2] Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA   ABCD  ,

SA  a . Gọi G là trọng tâm tam giác ABD, khi đó khoảng cách từ điểm G đến mặt phẳng
 SBC  bằng
A.

a 2
2

B.

a
2

C.
Lời giải

Chọn D

a 2
6

D.

a 2
3





2
d  A,  SBC  
3
 BC  AB
Kẻ AH  SB ta có 
 BC   SAB   BC  AH
 BC  SA
Mà AH  SB  AH   SBC 
Ta có d G,  SBC  

Ta có

1
1
1
2
a 2


 2  AH 
2
2
2
AH

AS
AB
a
2

 d  G,  SBC   

2
a 2
AH 
.
3
3

+) Hình căn giữa để chế độ in line with text, cho nhỏ hơn chút theo tiêu chuẩn BTN ạ
+) Ghi Lời giải (chữ đen) , không gạch chân đáp án , sau mỗi đáp án có dấu chấm.
+) Để đánh số tự động từ 1360-1409
+) bỏ Khoảng trống thừa giữa các dòng ( một số).
+) Căn cách trước 6 pt.
Nhờ thầy xem xét r sửa nhé.

Câu 21. [1H3-5.3-2](SỞ GD-ĐT HẬU GIANG-2018-BTN) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD
là hình vuông cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA  a 3 . Khoảng cách từ D đến
mặt phẳng  SBC  bằng
A.

2a 5
.
5

B. a 3 .

C.
Lời giải

Chọn D

a
.
2

D.

a 3
.
2


Ta có BC   SAB    SBC    SAB  , vẽ AH  SB tại H  AH   SBC  .
Ta có AD // BC  d  D,  SBC    d  A,  SBC    AH 
Câu 5.

SA. AB
SA2  AB 2



a 3.a
3a 2  a 2



a 3
2

[1H3-5.3-2] (THPT Nguyễn Hữu Quang) Cho tứ diện ABCD có cạnh AB, AC, AD đôi một
vuông góc nhau và có cùng độ dài a . Tính khoảng cách d từ A đến mặt phẳng  BCD  theo

a.
A. d 

a 3
3

B. d 

2a 3
3

C. d 

4a 3
3

D. d 

a 3
2

Lời giải

Chọn A
Ta có: VABCD

1
1 1 2
a3
 S ACD . AB  . a .a  .
3
3 2
6





2
1
1
1
3
a2 3
Mặt khác VABCD  S BCD d  A, ( BCD)   S BCD d  a 2 .
d
d
3
3
3
4
6

d 

Câu 6.

a 3
.
3

[1H3-5.3-2] (THPT PHAN ĐÌNH TÙNG ) Cho lăng trụ tam giác đều ABC. ABC có tất cả
các cạnh bằng a. Tính khoảng cách từ đỉnh A đến mặt phẳng  ABC  .
A. 2a

7
.
3

B. a

33
.
7

C.

2a 3
.
7

D.

Lời giải
Chọn D

A

C

B
O

A

C

I
B

a 21
.
7


Trong  ABC  : Kẻ AI  BC. Trong  AAI  : Kẻ AO  A ' I . Khi đó d  A,  ABC    AO.
Ta có
Câu 39.

1
4
7a 2
a 21

1
1
1



 AO 
.


2
2
2
2
2
a 3a
3
7
AO
AA
AI

[1H3-5.3-2] (THPT NGÔ GIA TỰ) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là một hình chữ
nhật AB  a, AD  2a, SA vuông góc với đáy SA  2a. Khoảng cách từ A đến mặt phẳng

 SCD  là:
A. a 2.
Câu 7.

B.

a 5
.
2

D. 2a 2.

C. a 5.

[1H3-5.3-2] (THPT NGÔ GIA TỰ) Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là một tam giác
vuông tại A, BC  2a, ABC  600. Gọi M là trung điểm BC. Biết SA  SB  SM 
Khoảng cách từ S đến mặt phẳng  ABC  là
B. 3a .

A. 4a .
Câu 10.

a 39
.
3

D. a .

C. 2a .

[1H3-5.3-2] THPT CHUYÊN TUYÊN QUANG) Hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam
giác vuông tại B, BA  3a , BC  4a ,

 SBC    ABC  .

Biết SB  6a , SBC  60 . Tính

khoảng cách từ B đến  SAC  .
A.

17a 57
.
57

B.

16a 57
.
57

C.

6a 57
.
19

D.

19a 57
.
57

Lời giải
S

L

C

K

G

A

H

B

Chọn C
Gọi H là hình chiếu của S lên BC . Gọi K ; G lần lượt là hình chiếu của B; H lên CA .
Gọi L là hình chiếu của H lên SG . Lúc đó SH   ABC  .
d  B,  SAC  

d  H ,  SAC  



BC
BC
 d  B,  SAC   
. HL .
HC
HC

SH .HG
SH .HG
.

SG
SH 2  HG 2
BC.BA
4a.3a
12a
Xét ABC vuông tại B , ta có: BK 
.


2
2
2
2
5
BC  BA
16a  9a
Xét SHB vuông tại H , ta có

Xét SHG vuông tại H , ta có: HL 

cos 60 

BH
1
SH
3

 SH 
6a  3 3a .
 BH  6a.  3a và sin 60 
SB
2
SB
2


HG CH
12a a 3

 HG 
 a.
BK CB
5 4a 5
3a
3 3a.
BC
SH .HG
4a
6 57
5
Vậy d  B,  SAC   
.
 .

a.
2
2

HC SH  HG
a
19
9 2
2
27a  a
25

Khi đó CH  BC  BH  a ;

Câu 12.

[1H3-5.3-2] (TRƯỜNG PTDTNT THCS&THPT AN LÃO) 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  ADD1 A1  và

 ABCD 
A. d 
Câu 6:

bằng 600 . Tính khoảng cách d từ điểm B1 đến mặt phẳng  A1BD  .

a 3
.
2

B. d 

a 3
.

3

C. d 

a 3
.
4

D. d 

a 3
.
6

[1H3-5.3-2] (THPT Lê Hoàn - Thanh Hóa - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp
S. ABC có SA , SB , SC tạo với mặt đáy các góc bằng nhau và bằng 60 . Biết BC  a ,
BAC  45 . Tính khoảng cách h từ đỉnh S đến mặt phẳng  ABC  .

A. h 

a 6
.
3

B. h  a 6 .

C. h 

a
.

6

D. h 

a 6
.
2

Lời giải
Chọn D
S

60°

A

C
45°

H
a
B
Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABC  .
SH   ABC  

  HA  HB  HC  H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
SA  SB  SC 

BC
BC

a
Khi đó ta có:
 2R  R 

 AH
sin A
2sin A
2

Ta có

Góc giữa SA và mặt phẳng  ABC  bằng góc SAH  60 ; SH  AH .tan 60 
Vậy h 
Câu 2416.

a
a 6
. 3
.
2
2

a 6
.
2

[1H3-5.3-2] Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a .Khoảng cách từ A đến  BCD  bằng:


A.

a 6
.
2

B.

a 6
.
3

C.

a 3
.
6

D.

a 3
.
3

Lời giải
Chọn B.

Ta có: AO   BCD   O là trọng tâm tam giác BCD .

d  A;  BCD    AO  AB 2  BO 2  a 2 

3a 2 a 6

.
9
3

Câu 41: [1H3-5.3-2] (THPT Hải An - Hải Phòng - Lần 1 - 2017 - 2018) Cho hình lập phương
ABCD. ABCD có cạnh bằng a . Tính theo a khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng
 ABC  .
A.

a 2
.
2

B.

a 3
.
3

C.

a 3
.
2

D.

a 2

.
3

Lời giải
Chọn A
D

C

B

A

H
D

A

C

B

Trong mặt phẳng  AABB  , dựng AH vuông góc với AB tại H .
ABCD. ABCD là hình lập phương nên BC   AABB  , suy ra BC  AH .

Ta có:

AH  AB   ABC  

  AH   ABC  tại H .

AH  BC   ABC  


Do đó: d  A; ABC   AH 

AB a 2
.

2
2


Câu 2525: [1H3-5.3-2] Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a 2 và BC = a. Cạnh bên SA
vuông góc với đáy và góc giữa cạnh bên SC với đáy là 60 . Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng
(SBD).
A.

a 38
29

B.

3a 58
29

C.

3a 38
29

D.

3a
29

Lời giải
Chọn B.
S

K
A

B
H
C

D

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BD và K là hình chiếu vuông góc của A trên SH.
Ta có SA  BD và AH  BD nên BD  (SAH).
Suy ra AK  BD. Mà AK  SH nên AK  (SBD)
Ta có: d(C;(SBD)) = d(A;(SBD)) = AK
1
1
1
1
1
1
29
Ta có:

 2
 2


2
2
2
2
AK
SA
AH
SA
AB
AD 18a 2
Vậy d(C;(SBD)) = AK=

3a 58
29

Câu 28: [1H3-5.3-2] (THPT Thuận Thành - Bắc Ninh - Lần 2 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp
S. ABC có đáy là tam giác vuông cân tại B , AB  2a . Biết SA vuông góc với đáy  ABC 
(Hình tham khảo). Khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng  SAC  bằng:

A. 2a .

B.

3a
.
2

C.
Lời giải

Chọn C

2a .

D.

a 2
.
2


Ta có: AC  2 2a . Gọi M là trung điểm AC .
 BM  AC
AC
 BM   SAC   d  B,  SAC    BM 
Ta có: 
a 2.
2
 BM  SA
Câu 22: [1H3-5.3-2] (Chuyên Lương Thế Vinh – Đồng Nai – 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp
S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB  a, AD  a 3 . Cạnh bên SA vuông góc với

đáy và SA  2a . Tính khoảng cách d từ điểm C đến mặt phẳng  SBD 
A. d 

2a 57

.
19

B. d 

2a
.
5

C. d 

a 5
.
2

D.

Lời giải
Chọn A

S

K
D

A
I
H
C

B
Gọi H là hình chiếu cúa A lên BD .
Gọi K là hình chiếu của A lên SH .
Tam giác ABD vuông tại A có AH  BD
1
1
1
1
1



 2
2
2
2
2
AH
AB
AD
a
a 3





3a
a 3
 AH 

2
4
Tam giác SAH vuông tại A có AK  SH
1
1
1
1
1
19

 2



2
2
2
2
AK
SA
AH
 2a   a 3  12a 2


 2 
 AH 2 

a 57
19

12a 2
2a 57
 AK 
 AK 
 d A, SBD 
19
19
2

Gọi I  AC  BD  I  AC   SBD  
I là trung điểm AC nên

AI d A, SBD 
. Mà ABCD là hình chữ nhật nên

CI dC , SBD 

AI
2a 57
.
 1  d A, SBD  dC , SBD  d 
19
CI

Câu 40: [1H3-5.3-2] (Tổng Hợp Đề SGD Nam Định - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình 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  .

A'

D'
C'

B'

A
D
O
B

A.

a 3
.
3

B.

C

a 3
.
2
Hướng dẫn giải

a 3
.
4

C.

D.

a 3
.
6

Chọn C
A'

D'
C'

B'

A
D
H O
B

C

Ta có: d  B ,  ABD    d  A ,  ABD   . Gọi H là hình chiếu của A lên BD .
Ta có: AH   ABD   d  A ,  ABD    AH .
Mà:
Câu 35:

1

1
1
1
1
a 3
a 3


 2  2  AH 
. Vậy d  B ,  ABD   
.
2
2
2
AH
AB
AD
a 3a
2
2

[1H3-5.3-2]
(SGD Đồng Tháp - HKII 2017 - 2018) Cho tứ diện ABCD có tất cả các
cạnh đều bằng a  0 . Khi đó khoảng cách từ đỉnh A đến mp  BCD  bằng
A.

a 6
3

B.

a 3
3

C.

a 8
3

D.

a 2
3


Lời giải
Chọn A

Gọi O là trọng tâm tam giác BCD  AO   BCD   d  A;  BCD    AO .
Gọi I là trung điểm CD .
2
a 3
a 6
Ta có: BO  BI 
, AO  AB 2  BO 2 
.
3
3
3
a 6

Vậy d  A;  BCD   
.
3
Câu 418: [1H3-5.3-2] Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a . Khoảng cách từ A đến  BCD  bằng:
A.

a 6
.
2

B.

a 6
.
3

C.

a 3
.
6

D.

a 3
.
3

Lời giải
Chọn B

Ta có: AO   BCD   O là trọng tâm tam giác BCD .

d  A;  BCD    AO  AB 2  BO 2  a 2 

3a 2 a 6

.
9
3

Câu 6415:
[1H3-5.3-2] [THPT THÁI PHIÊN HP - 2017] Cho hình chóp S. ABC có cạnh
SA  SB  SC  a và SA, SB, SC đôi một vuông góc với nhau. Tính theo a khoảng cách h từ
điểm S đến mặt phẳng  ABC  .
A. h 

a
.
3

B. h 

a
.
2

C. h 
Lời giải

a
.
3

D. h 

a
.
2


Chọn A
A

I
C

S
J
B

.

Gọi I là hình chiếu của S lên mặt phẳng  ABC  .
Ta chứng minh I là trực tâm tam giác ABC .
 SA  SB
 SA  BC .

 SA  SC

SI  BC  BC   SAI   BC  AI .
Tương tự BI  AC .
Nên I là trực tâm tam giác ABC .
1
1
1
 2 2.
2
SI
SA SJ
1
1
1
Mà
.
 2
2
SJ
SB
SC 2
1
1
1
1
3
a
 2  SI 
Nên 2  2  2 
.
2

SI
SA SB SC
a
3
a
Vậy d  S ,  ABC   
.
3
Câu 898. [1H3-5.3-2]Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , mặt bên (SAB ) là tam giác
đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính theo a khoảng cách từ điểm
A đến mặt phẳng (SCD) được kết quả
A.

a 3
.
7

B.

a 3
.
5

C. 3a .

D.

Lời giải
Chọn D
S

I

D

A
H
B

K
C

a 3
7 .


Gọi H, K lần lượt là trung điểm của AB, CD.
Ta có: AB / /(SCD) nên d ( A,(SCD))  d ( H ,(SCD)) .
Lại có:
( SAB)  ( ABCD)

( SAB)  ( ABCD)  AB
 SH  AB


 SH  ( ABCD)  SH  CD. (1)
 HK  CD.(2)

Từ (1) và (2) suy ra CD  (SHK )  (SCD)  (SHK ) (3)
Mặt khác, (SCD)  (SHK )  SK (4)

Trong (SHK) dựng HI  SK (5)
Từ (3), (4) và (5) suy ra HI  (SCD). Hay d ( H ,(SCD))  HI
+ Tính HI: Ta có:
1
1
1
1
1


 2  2
2
2
2
3a
HI
HS
HK
a .
4
Suy ra HI 

a 3
7 .

Câu 901. [1H3-5.3-2]Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , cạnh bên SA vuông
góc với đáy, BAD  1200 , M là trung điểm cạnh BC và SMA  450 . Tính theo a khoảng cách
từ D đến mặt phẳng (SBC ) được kết quả
A.

a 6
.
2

B.

a 6
.
4

C.

a 5
.
4

D.

a 3
4 .

Lời giải
S

A

D

120°

B

M

C

Lời giải
Chọn B
AD / / BC  AD/ /  SBC   d  D,  SBC    d  A,  SBC  
SAM có SA  AM , SMA  450  SAM vuông cân tại A
ABC đều  BC  AM

SA   ABC   BC  SA  BC   SAM    SBC    SAM 
ABC đều,Gọi H là trung điểm của SM  AH  SM  AH   SBC   d  A,  SBC    AH


AM 

a 3
a 6
.
 AH 
2
4

Câu 927. [1H3-5.3-2]Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm I , cạnh bên SA
vuông góc với đáy. H , K lần lượt là hình chiếu của A lên SC, SD . Kí hiệu d  A,( SCD)  là
khoảng cách giữa điểm A và mặt phẳng  SCD  . Khẳng định nào sau đây đúng?
A. d  A,(SCD)   AC .

B. d  A,(SCD)   AK .

C. d  A,(SCD)   AH .

D. d  A,(SCD)   AD .
Lời giải

Chọn B
S

K
H
A

D
I

B

C

Ta có: AB  CD , SA   ABCD   SA  CD . Do đó: CD   SAD   CD  AK

 AK  CD
 AK   SCD  . Vậy d  A,(SCD)   AK .

 AK  SD
Câu 928. [1H3-5.3-2]Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác cân tại B , cạnh bên SA vuông góc
với đáy, M là trung điểm BC , J là hình chiếu của A lên BC . Kí hiệu d  A,(SBC )  là
khoảng cách giữa điểm A và mặt phẳng  SBC  . Khẳng định nào sau đây đúng?

A. d  A,(SBC )   AK với K là hình chiếu của A lên SC .
B. d  A,(SBC )   AK với K là hình chiếu của A lên SM .
C. d  A,(SBC )   AK với K là hình chiếu của A lên SB .
D. d ( A,(SBC ))  AK với K là hình chiếu của A lên SJ .
Lời giải
Chọn D


S

K
A
C
M
J
B

Ta có: AJ  BC . Mà SA   ABC   SA  BC . Do đó: BC   SAJ   BC  AK với K là
hình chiếu của A lên SJ .
 AK  BC
 AK   SBC  . Vậy d  A,(SBC )   AK .

 AK  SJ
Câu 929. [1H3-5.3-2]Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác cân tại A , cạnh bên SA vuông góc
với đáy, M là trung điểm BC , J là trung điểm BM . Kí hiệu d  A, (SBC )  là khoảng cách
giữa điểm A và mặt phẳng  SBC  . Khẳng định nào sau đây đúng?
A. d  A, (SBC )   AK với K là hình chiếu của A lên SC .
B. d  A, (SBC )   AK với K là hình chiếu của A lên SJ .
C. d  A, (SBC )   AK với K là hình chiếu của A lên SB .
D. d  A, (SBC )   AK với K là hình chiếu của A lên SM .

Lời giải
Chọn D
S

K

A
C
M
J
B

Ta có ABC là tam giác cân tại A  AM  BC . Mà SA   ABC   SA  BC .
Do đó BC   SAM   BC  AK với K là hình chiếu của A lên SM .

 AK  BC
 AK   SBC  . Vậy d  A,(SBC )   AK .

 AK  SM


Câu 930. [1H3-5.3-2]Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm I , cạnh bên SA vuông
góc với đáy, H , K lần lượt là hình chiếu của A lên SI , SD . Kí hiệu d  A, (SBD)  là khoảng
cách giữa điểm A và mặt phẳng  SBD  . Khẳng định nào sau đây đúng?
A. d  A,(SBD)   AH .

B. d  A, (SBD)   AI .
D. d  A,(SBD)   AD .
Lời giải

C. d  A,(SBD)   AK .
Chọn A
S

K

H
A

D
I

B

C

Ta có AC  BD . Mà SA   ABCD   SA  BD .
Do đó BD   SAC   BD  AH với H là hình chiếu của A lên SI .

 AH  BD
 AH   SBD  . Vậy d  A,(SBD)   AH .

 AH  SI
Câu 49: [1H3-5.3-2](Sở Tiền Giang - 2018 - BTN) Cho hình chóp tam giác đều S. ABC có cạnh đáy
bằng a . Góc giữa mặt bên với mặt đáy bằng 60 . Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng

 SBC  bằng
A.

a

2

B.

a
4

C.

3a
2

Lời giải
Chọn D

Gọi: O là trọng tâm tam giác ABC  SO   ABC 
I là trung điểm BC

D.

3a
4