D03 từ điểm m (khác h) đến mp cắt đường cao muc do 3

Câu 12: [1H3-5.3-3] (THPT TRẦN PHÚ ĐÀ NẴNG – 2018)Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình
vuông cạnh bằng a , SA vuông góc với mặt phẳng  ABCD  . Biết góc giữa SC và mặt phẳng

 ABCD  bằng 60 . Tính khoảng cách
A.

a 10
.
5

h từ B đến mặt phẳng  SCD  .

B. a 2 .

C. a .

D.

a 42
.
7

Lời giải
Chọn D

Ta có AB //  SCD  nên h  d  B,  SCD    d  A,  SCD    AH
Vì CD   SAD    SCD    SAD  theo giao tuyến SD , dựng AH  SD  AH   SCD  .
Theo đề góc giữa SC và mặt phẳng  ABCD  bằng 60 nên SCA  60 .
Ta có: tan 60 
Và

SA
 SA  a 6
AC

1
1
1
a 42
.
 2
 AH 
2
2
AH
SA
AD
7

Câu 20.
[1H3-5.3-3] (THPT Xuân Trường - Nam Định - 2018-BTN) 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
mặt phẳng đáy. Tính khoảng cách h từ điểm A đến mặt phẳng  SCD  .
A. h 

a 21
.
7

B. h  a .

C. h 

a 3
.
4

Lời giải
Chọn A
S

H
B
C
N

M
A

D

D. h 

a 3
.
7


Gọi M , N là trung điểm của AB , CD .
Gọi H là hình chiếu của M lên SN ta có:

CD  MH 
  MH   SCD 
SN  MH 

 MH  d  M ,  SCD   mà AM //  SCD   MH  d  A,  SCD  
Mặt khác ta có: SM 

a 3
; MN  a
2

Xét tam giác vuông SMN ta có: MH 

SM 2 .MN 2
21
.
a
SM 2  MN 2
7

Câu 48: [1H3-5.3-3] (THPT Chuyên Thái Bình - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp S. ABC
có đáy là tam giác ABC vuông tại A góc ABC  30 ; tam giác SBC là tam giác đều cạnh a
và mặt phẳng  SAB  vuông góc mặt phẳng  ABC  . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC 
là:
A.

a 6
.
5

B.

a 6
.
3

C.

a 3
.
3

D.

a 6
.
6

Lời giải.
Chọn D

S

E
A

B

H
K

C

Ta có tam giác ABC vuông tại A góc ABC  30 và BC  a , suy ra AC 

a
a 3
, AB 
.
2
2


 SAB    ABC 
 AC   SAB  , suy ra tam giác SAC vuông tại A .
Lại có 

CA  AB
2

a 3
a
Suy ra SA  SC 2  AC 2  a 2    
.
2
2
 

a 3
a 3
, AB 

, SB  a . Từ đó sử dụng công thức Hê-rông ta tính
2
2
2S
a2 2
a 6
a 3 2 AB
 SH  SAB 
 BH 

được SSAB 
.
4
AB
3
3
3
2
Suy ra d  H ,  SBC    d  A,  SBC   . Từ H kẻ HK  BC .
3
a 3
a 6
 d  H ,  SBC   
.
Kẻ HE  SK  HE   SBC  . Ta dễ tính được HK 
6
9
3
3 a 6 a 6


Vậy d  A,  SBC    d  H ,  SBC    
.
2
2 9
6
Tam giác SAB có SA 


Câu 22:

[1H3-5.3-3] (THPT Kiến An - HP - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình
vuông ABCD cạnh a , mặt phẳng  SAB  vuông góc với mặt phẳng đáy. Tam giác SAB đều, M là
trung điểm của SA . Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng  SCD  .

A.

a 21
.
14

B.

a 21
.
7

C.

a 3
.

14

D.

a 3
.
7

Lời giải
Chọn A

S
I
M
A

D

H

K

B

C

* Gọi H là trung điểm của AB và K là trung điểm của CD . Ta có SH   ABCD  và SH 

a 3
.

2

Hạ HI  SK .





* Khi đó d M ;  SCD  

* Lại có

1
1
1
1
1
7
.





HI 2 HS 2 HK 2  a 3 2 a 2 3a 2


 2 

* Suy ra HI 

Câu 48:

1
1
1
d  A;  SCD    d  H ;  SCD    HI .
2
2
2

a 3
a 21
. Vậy d  M ;  SCD   
.
14
7

[1H3-5.3-3](THPT Kim Liên - HN - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp S. ABCD có đáy
1
là hình thang vuông tại A và B ; AB  BC  AD  a . Biết SA vuông góc với mặt phẳng đáy,
2

SA  a 2 . Tính theo a khoảng cách d từ B đến mặt phẳng  SCD  .
1
A. d  a .
2

1
B. d  a .

4

C. d  a .
Lời giải

Chọn A

D. d 

2
a.
2


S

H
I

A
B

D

C

E

Gọi I là trung điểm của đoạn AD .
Ta có AI // BC và AI  BC nên tứ giác

ABCI là hình vuông hay
1
CI  a  AD  ACD là tam giác vuông tại C .
2
Kẻ AH  SC
 AC  CD
 CD   SCA
Ta có 
 AC  SA
hay CD  AH nên AH   SCD 

 d  A,  SCD    AH ; AC  AB2  BC 2  a 2 .
SA. AC



a 2.a 2

 a.
2a 2  2a 2
EB BC 1

 nên B là trung điểm của đoạn AE .
Gọi AB  CD  E , mặt khác
EA AD 2
d  B,  SCD   1 a
1
  . Vậy d  a .
2
d  A,  SCD   2 2

AH 

Câu 49:

SA2  AC 2

[1H3-5.3-3]
(THPT Hoàng Hóa - Thanh Hóa - Lần 2 - 2018 - BTN) Cho hình chóp
S. ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a , SA vuông góc với mặt phẳng  ABCD  . Cạnh
bên SC tạo với mặt phẳng  ABCD  góc 60 . Gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên SC ,
khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng  ABK  bằng:
A.

a 15
4

B.

a 10
5

C.
Lời giải

Chọn B

a 7
4

D.

a 5
3


S

A

D
K

I

O

M
H
B

C

Ta có  SC;  ABCD    SCA  60  AC  a 2 , SA  a 6 , SC  2 2a .

SK SA2
SK 3


 .
2

SC SC
SC 4
1
a 6
Kẻ KH  AC tại K suy ra KH   ABCD  và KH  SA 
.
4
4
3
3
Kẻ HM  AB tại M suy ra HM  BC  a .
4
4
Kẻ HI  KM tại I suy ra HI   ABK  hay d  H ;  ABK    HI .
Xét tam giác SAC có SK .SC  SA2 

3 10
1
1
1
 HI 
a.


20
HI 2 HK 2 HM 2
4
10
4 3 10
Ta có d  D;  ABK    d  C;  ABK    d  H ;  ABK    .

a
a.
3
3 20
5

Xét tam giác KHM có

Câu 49:

[1H3-5.3-3]
(THPT Hoàng Hóa - Thanh Hóa - Lần 2 - 2018) Cho hình chóp
S. ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a , SA vuông góc với mặt phẳng  ABCD  . Cạnh
bên SC tạo với mặt phẳng  ABCD  góc 60 . Gọi K là hình chiếu vuông góc của A lên SC ,
khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng  ABK  bằng:
A.

a 15
4

B.

a 10
5

C.
Lời giải

Chọn B

a 7
4

D.

a 5
3


S

A

D
K

I

O

M
H
B

C

Ta có  SC;  ABCD    SCA  60  AC  a 2 , SA  a 6 , SC  2 2a .

SK SA2
SK 3



 .
2
SC SC
SC 4
1
a 6
Kẻ KH  AC tại K suy ra KH   ABCD  và KH  SA 
.
4
4
3
3
Kẻ HM  AB tại M suy ra HM  BC  a .
4
4
Kẻ HI  KM tại I suy ra HI   ABK  hay d  H ;  ABK    HI .
Xét tam giác SAC có SK .SC  SA2 

3 10
1
1
1
 HI 
a.


20
HI 2 HK 2 HM 2

4
10
4 3 10
Ta có d  D;  ABK    d  C;  ABK    d  H ;  ABK    .
a
a.
3
3 20
5

Xét tam giác KHM có

Câu 39: [1H3-5.3-3] (THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình
chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB  3a , BC  4a , mặt phẳng  SBC 
vuông góc với mặt phẳng  ABC  . Biết SB  2 3a , SBC  30 . Tính khoảng cách từ B đến
mặt phẳng  SAC  .
A. 6 7a .

B.

6 7a
.
7

C.
Lời giải

Chọn B

3 7a

.
14

D. a 7 .


S

I
K

A

C

H
30

B
Ta có  SBC    ABC  và  SBC    ABC   BC
Trong mặt phẳng  SBC  , kẻ SH  BC thì SH   ABC   SH  BC .
Tam giác SBH vuông tại H có SH  SB.sin 30  a 3 ; BH  SB.cos30  3a  HC  a .
BC
Vì
 4 nên d  B,  SAC    4d  H ,  SAC   .
HC
Trong mặt phẳng  ABC  , kẻ HK  AC ; SH  AC  AC   SHK  ; AC   SAC 

  SAC    SHK  và  SAC    SHK   SK
Trong mặt phẳng  SHK  , kẻ HI  SK thì HI   SAC   HI  d  H ,  SAC  

Tam giác CKH và tam giác CBA đồng dạng nên

HK CH
 HK 

AB CA

CH . AB
AB  BC
2

2



3a
.
5

1
1
1
3 7a
Tam giác SHK vuông tại H có
.
 HI 


14
HI 2 SH 2 HK 2

Vậy d  B,  SAC   
Câu 49.

6 7a
.
7

[1H3-5.3-3] (Cụm Liên Trường - Nghệ An - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp S. ABCD có đáy
ABCD là hình vuông cạnh a , tam giác SAB vuông cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với
đáy. Gọi I là trung điểm của AB và M là trung điểm của BC . Khoảng cách từ I đến mặt phẳng

 SMD  bằng:
A.

a 6
.
6

B.

a 30
.
12

C.

a 13
.
26

Lời giải
Chọn D

D.

3 14a
.
28


S

H

I

D

A
K

B

C

M


 SAB    ABCD 


SAB

ABCD

AB
  

  SI   ABCD  .

SI  AB, SI   SAB  
Kẻ IK  MD
Ta

có:

 K  MD  , IH  SK  H  SK  .
SI   ABCD  , MD   ABCD   SI  MD .

MD   SIK 

Vậy

mà

IH   SIK   MD  IH . Vậy IH   SMD   d  I ,  SMD    IH .
1
1
1
3

SIMD  S ABCD  SBIM  SAID  SCMD  a 2  a 2  a 2  a 2  a 2 .
8
4
4
8

MD  CD 2  MD 2  a 2 

Mà SIMD 

a2 a 5

.
4
2

2S
1
3 5
IK .MD  IK  IMD 
a.
2
MD
10

Tam giác SAB vuông cân tại S nên SI 

1
1
AB  a .

2
2

Xét tam giác SIK vuông tại I có:

1
1
1
20 4
56
3 14
3 14
 IH 
a . Vậy d  I ,  SMD   
a.





28
28
IH 2 SI 2 IK 2 9a 2 a 2 9a 2

Câu 45: [1H3-5.3-3] (Sở GD Cần Thơ-Đề 324-2018) Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác
vuông tại B , SA vuông góc với mặt đáy và SA  AB  3 . Gọi G là trọng tâm của tam giác

SAB . Khoảng cách từ G đến mặt phẳng  SBC  bằng
A.

6
.
3

B.

6
.
6

C.
Lời giải

Chọn B

3.

D.

6
.
2


S

M
G
A

C

B
Gọi M là trung điểm của SB  AM  SB (vì tam giác SAB cân).
 BC  AB
 BC   SAB   BC  AM .
Ta có 
 BC  SA

 AM  SB
 AM   SBC   GM   SBC  tại M .
Và 
 AM  BC
Do đó d  G,  SBC    GM .

SB  AB 2  6 , AM 
Câu 34:

6
6
SB
AM
.


 GM 
6
2
2
3

[1H3-5.3-3] (Chuyên Lương Thế Vinh – Hà Nội – Lần 2 – 2018 – BTN) Cho hình chóp
S. ABC có tam giác ABC vuông cân tại B có AB  BC  a , tam giác SAC đều và nằm trong
mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng  ABC  . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  bằng.
A.

a 42
.
14

B. 2a .

C.

a 42
.
7

D.

a 21
.
14

Lời giải
Chọn C
S

K
C

A

H
M
B

Gọi H và M lần lượt là trung điểm của AC và BC . Ta có d  A,  SBC    2d  H ,  SBC   .
Theo giả thiết tam giác SAC đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng  ABC 
nên SH   ABC   SH  BC 1
Do tam giác tam giác ABC vuông cân tại B nên HM  BC
Từ 1 và  2  ta có BC   SHM    SHM    SBC  .

 2


Trong mặt phẳng  SHM  kẻ HK  SM thì d  H ,  SBC    HK .
Theo

đề

bài

ta

có

có

2

2

tam

giác

ABC
1
a
có AB  BC  a  AC  BA  BC  a 2 , HM  AB  .
2
2

Mặt khác tam giác SAC đều nên SH 

vuông

cân

tại

a 6
. Xét tam giác vuông SHM
2

B

ta có

1

1
1
1
1
1
1
28
a 42



.
 HK 




HK 2 6a 2 a 2
14
HK 2 HM 2 SH 2
HK 2 6a 2
4
4
Vậy d  A,  SBC    2 HK 

a 42
7

Câu 33: [1H3-5.3-3](THPT Yên Lạc_Trần Phú - Vĩnh Phúc - Lần 4 - 2018 - BTN) Cho lăng trụ
đứng ABC. ABC có đáy là tam giác vuông tại B với AB  a , AA  2a , AC  3a . Gọi M

là trung điểm của cạnh C A , I là giao điểm của các đường thẳng AM và AC . Tính khoảng
cách d từ điểm A tới  IBC  .
A. d 

a
.
5

B. d 

a
2 5

.

C. d 

5a
.
3 2

D. d 

2a
.
5

Lời giải
Chọn D

.


Vẽ AH vuông góc A B tại H . Ta có BC   A AB   BC  AH  AH   ABC 

d  d  A,  ABC    d  A,  IBC    AH 

AA. AB
AA  AB
2

2



2a.a
4a  a
2

2



2a
.
5

Câu 20. [1H3-5.3-3] Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, ABC  30 , tam giác
SBC là tam giác đều cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Khoảng cách từ điểm
C đến mặt phẳng  SAB  bằng

A.

a 39
26

B.

a 39
13

C.

a 13
13

Lời giải
Gọi H là trung điểm của BC.

D.

a 13
26


 SBC    ABC 

Vì  SBC    ABC   BC  SH   ABC  .

 SBC   SH  BC
Vì CH   SAB   B 

d  C ,  SAB  

d  H ,  SAB  



CB
2
HB

 d  C,  SAB    2d  H ,  SAB  
Gọi E là trung điểm của AB  HE / / AC  HE  AB .
Trong  SHE  , kẻ HK  SE,  K  SE  (1)

 AB  HE
HK  SHE 
Vì 
 AB   SHE  
 AB  HK (2)
 AB  SH
Từ (1) và (2)  HK   SAB   d  H ,  SAB    HK .

a 3
 SH 

2
Ta có: 
AC
BC.sin ABC a


HE 




2
2
4

Xét SHE vuông tại H có đường cao HK, ta có: HK 
Vậy d  C ,  SAB    2d  H ,  SAB    2 HK 

SH .HE
SH 2  HE 2



a 39
26

a 39
.
13

Chọn đáp án B.
Câu 24. [1H3-5.3-3] Hình hộp đứng ABCD.A ' B ' C ' D ' có đáy là hình thoi cạnh a, góc BAD  60
đồng thời AA '  a . Gọi G là trọng tâm tam giác BCD.Khoảng cách từ G tới mặt phẳng

 A ' BD  bằng

A.

2a 21
7

B.

2a 7
7

C.

a 21
7

Lời giải

 BD  AC
 BD   AA ' O    A ' BD    AA ' O 
Vì 
 BD  AA '
Trong  AA ' O  , kẻ AH  A ' O,  H  A ' O  .

 A ' BD    AA ' O 

Vì  A ' BD    AA ' O   A ' O  AH   A ' BD 

 AA ' O   AH  A ' O
 d  A,  A ' BD    AH 

AA '. AO
AA '2  AO 2

Tam giác ABD cân có BAD  60  ABD đều có cạnh

D.

a 21
21


bằng a  AO 

a 3
2

Vậy d  G,  A ' BD   

d  A,  A ' BD  
3



AA '. AO
3 AA '  AO
2

2



a.

a 3
2

a 3
3 a2  

 2 

2



a 21
.
21

 Chọn đáp án D.
Câu 49. [1H3-5.3-3] Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Gọi M là trung điểm
của cạnh AB, hình chiếu của đỉnh S trên mặt phẳng  ABC  trùng với trọng tâm của tam giác
MBC, cạnh bên SC 
A. d 

2a
. Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng  SAB  .
3

a 6

12

B. d 

a 6
6

C. d 

a 6
4

D. d 

a 6
8

Chọn đáp án C
Gọi I là trung điểm của MB.
Gọi G là trọng tâm của tam giác MBC suy ra SG   ABC  .
Từ G kẻ GH  AB , kẻ GK  SH với H  AB, K  SH .
Nên GK   SAB   d  G;  SAB    GK .
Ta có IC  MC 2  MI 2 

 SG  SC 2  GC 2 

a 13
2
a 13
, GC  IC 

4
3
6

a 3
1
a 3
, GH  MC 
6
3
6

Do đó SGH vuông cân tại G nên GK 









Mà d C;  SAB   3d G;  SAB  
Câu 2.

1
1 a 6 a 6
SH  .

2

2 6
12

3a 6 a 6

.
12
4

[1H3-5.3-3] Cho hình hộp đứng ABCD. ABCD có đáy là hình vuông, tam giác AAC là tam
giác vuông cân, AC  a . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  BCD  là
A.

a 6
.
3

B.

a 6
.
2

C.
Lời giải

a
.
6

D.

a 6
.
4


Chọn đáp án C

d  A,  BCD '   d  D,  BCD ' 
Hình hộp đứng ABCD. A ' B ' C ' D '  D ' D   BCD  .
Kẻ AP  CD '  P  CD '  d  D,  BCD '   DP

 d  D,  BCD '   DP  d  A,  BCD '   DP
Hình hộp đứng ABCD. A ' B ' C ' D '  A ' A  AC

 A ' AC vuông cân thì chỉ có thể vuông cân tại A
a

 D ' D  A ' A  2
A'C
a
 A ' A  AC 


2
2
 DC  AC  a

2 2

1
1
1
2 4
a
a


   DP 
 d  A,  BCD '  
DP 2 D ' D2 DC 2 a 2 a 2
6
6
Câu 3.

[1H3-5.3-3] Cho hình chóp tứ giác S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Đường
SA
thẳng SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M là trung điểm của SB . Tỷ số
khi khoảng
a
a
cách từ điểm M đến mặt phẳng  SCD  bằng
là
5
A.

2.

B. 2.

C.
Lời giải

S

P

M
A

Chọn đáp án B
d  M ,  SCD   

B

D

C

1
1
d  B,  SCD    d  A,  SCD  
2
2

3
.
2

D. 1.

Commented [A1]: MATHTYE


Kẻ AP  SD  P  SD   d  A,  SCD    AP



1
a
2a
AP  d  M ,  SCD   
 AP 
2
5
5

1
1
1
5
1
1
SA







2
AS 2 AP 2 AD 2 4a 2 a 2 4a 2
a

Câu 5.

[1H3-5.3-3] Cho khối chóp S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh 4 cm. Hình chiếu vuông góc
của S xuống mặt đáy là trung điểm H của AB . Biết rằng SH  2 cm. Khoảng cách từ A
đến mặt phẳng  SBD  là
A. 1 cm.

B. 2 cm.

C. 3 cm.

D. 4 cm.

Lời giải

Chọn đáp án B

d  A,  SBD    2d  H ,  SBD  
Kẻ HK  BD  K  BD  , HP  SK  P  SK 

 d  H ,  SBD    HP  d  A,  SBD    2HP
HBK vuông cân tại K  HK 

BH
 2.
2

1
1
1
1 1


   HP  1
HP 2 HS 2 HK 2 2 2

 d  A,  SBD    2
Câu 8.

[1H3-5.3-3] Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình thoi. Tam giác SAB cân tại S và thuộc
mặt phẳng vuông góc với đáy, biết tam giác ABC đều cạnh 20 cm và mặt phẳng  SCD  tạo
với đáy một góc 60 . Khoảng cách từ A đến  SCD  là
A. 20 cm.

B. 10 cm.

C. 15 cm.
Lời giải

D. 30 cm.

Commented [A2]: MATHTYPE


Chọn đáp án C
Kẻ HK  CD  K  CD  , HP  SK ,  P  SK 

d  A,  SCD    d  H ,  SCD    HP



  SCD  ,  ABCD    SKH  60
 d  A,  SCD    HP  HK sin 60 

3
HK
2

1

 S ABCD  2S ABC  2. 2 .20.20sin 60  200 3

1
1
S
 HK .  AB  CD   HK .  20  20 
 ABCD 2
2
 20 HK  200 3  HK  10 3  d  A,  SCD   

Câu 9.

3
.10 3  15cm .
2

[1H3-5.3-3] Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông. Cạnh SA  a và vuông góc
với mặt phẳng đáy. Góc giữa mặt phẳng  SCD  và mặt phẳng đáy bằng 45 . Gọi O là giao
điểm của AC và BD . Tính khoảng cách d từ điểm O đến mặt phẳng  SBC  .
A. d 

a 2
.
2

B. d 

a
.
2

C. d 

a 2
.
4

Lời giải

Chọn đáp án C
+)

d  O,  SBC  
d  A,  SBC  



OC 1
1
  d  O,  SBC    d  A,  SBC  
AC 2
2

D. d 

3a
.
2


Kẻ AP  SB  d  A,  SBC    AP  d  O,  SBC   
+)

AP
2

 SCD  ,  ABCD   SDA  SDA  45  AD  SA  a

1
1
1
1 1
2


 


AP 2 SA2 AB 2 a 2 a 2 a 2
a 2
a 2
 AP 
 d  O,  SBC   
2
4



Câu 10. [1H3-5.3-3] Cho hình chóp S. ABC có SA   ABC  , đáy là tam giác đều cạnh a . Biết

SB  a 5 , khoảng cách từ trung điểm của SA đến mặt phẳng  SBC  là
A.

2a 57
.
19

B.

a 3
.
4

a 57
.
19

C.
Lời giải

Chọn đáp án C
Dựng AM  BC  AM  AC sin C  a sin 60 

a 3
2

 BC  SA
 BC  AN
Dựng AN  SM . Do 
 BC  AM
Lại có AN  SM  AN   SBC 
Mặt khác SA  SB 2  AB 2  2a,
 AN 

1
1
1


AN 2 SA2 AM 2

2a 57
 d  A,  SBC  
19

Gọi K là trung điểm của SA ta có
 d  K ,  SBC   

1
a 57
AN 
2
19

d  K ,  SBC  
d  A,  SBC  



KS 1

AS 2

D.

a 57
.
19


Câu 11. [1H3-5.3-3] Cho hình chóp S. ABC có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu vuông góc của
đỉnh S xuống mặt đáy là trung điểm H của cạnh AB . Biết tam giác SAB đều, khoảng cách từ
điểm A đến mặt phẳng  SBC  là:
A.

a 15
.

5

B.

a 15
.
10

C.

a 10
.
2

D.

2a 15
.
15

Lời giải

Chọn đáp án A
Ta có: SH 

a 3
(do tam giác SAB đều)
2

Dựng HE  BC; HF  SE  HF   SBC   d  H ,  SBC    HF

Mặt khác HE  HB sin 60 
Lại có

a 3
4

1
1
1
a 15


 HF 
HF 2 HE 2 SH 2
10

Do AN  2 HB  d A  2d H 

a 15
5

Câu 12. [1H3-5.3-3] Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2a . Hình chiếu vuông góc của
đỉnh S xuống mặt đáy trùng với trung điểm H của cạnh AD . Biết rằng khoảng cách từ điểm
A đến mặt phẳng  SBC  bằng

A.

2a
.
3

B. 2a .

2a 21
. Độ dài cạnh SA là
7

C. 2a 2 .
Lời giải

D. 3a .


Chọn đáp án B
Dựng HE  BC . Lại có SH  BC  BC   SHE 
Dựng HF  SE . Khi đó HF   SBC 
Do AD//BC  AD //  SBC 
 d  A;  SBC    d  H ,  SBC    HF 

Lại có

2a 21
7

1
1
1


 SH  a 3

HF 2 HE 2 SH 2

Khi đó SA  SH 2  AH 2  2a
Câu 13. [1H3-5.3-3] Cho hình chóp S. ABC có đáy là tam giác vuông tại B có AB  a; BC  2a . Hình
chiếu vuông góc của đỉnh S xuống mặt đáy trùng với trung điểm của AC . Biết SB 
khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng  SAB  là
A.

2a
.
5

B. a 2 .

C.
Lời giải

Chọn đáp án B
Ta có: BH =

AC
AB2 + BC2 a 5
=
=
2
2
2

a 2
.

2

D. 2a 2 .

3a
,
2


Do đó SH  SB2  BH 2  a
Dựng HE  AB; HF  SE khi đó HF   SAB 
Do vậy d  H ,  SCD    HF . Lại có HE 
Mặt khác

BC
a
2

1
1
1
a 2


 HF 
HF 2 HE 2 SH 2
2

Lại có CA  2HA  d  C,  SAB    2d  H ,  SAB    a 2
Câu 14. [1H3-5.3-3] Cho lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác vuông cân tại A với

AB  AC  3a . Hình chiếu vuông góc của B lên mặt đáy là điểm H thuộc BC sao cho
HC  2HB . Biết cạnh bên của lăng trụ bằng 2a . Khoảng cách từ B đến mặt phẳng  BAC 
bằng
A.

2a
.
3

B. a 3 .

C.

3a 3
.
2

D.

a
.
2

Lời giải

Chọn đáp án B
Ta có: BC  3a 2  HB  a 2
Lại có B ' H  BB '2  HB 2  a 2
Dựng HE  AC; HF  B ' E  HF   B ' AC 
Ta có

HE CH 2

  HE  2a
AB BC 3

 HF 

Mặt khác

HE.B ' H
HE  B ' H
2

2



d  B,  B ' AC  

d  H ,  B ' AC  

2a
3



BC 3

HC 2

3
Do đó d  .HF  a 3 .
2

Câu 15. [1H3-5.3-3] Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông. Gọi H , M lần lượt là
trung điểm của các cạnh AB, CD . Biết SH   ABCD  , khoảng cách từ B đến mặt phẳng


 SHM 

bằng

a
. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  SCD  khi SAB là tam giác
2

đều.
A. d 

a 21
.
21

B. d 

a 21
.
14

C. d 

a 21
.
7

D. d 

a 21
.
3

Lời giải

Chọn đáp án C
Ta có

SH   ABCD   SH  BH  BH  HM  BH   SHM  .
Nên d  B,  SHM    BH 

 AB  a
a
3 AB a 3

 SH 

2  HM  a
2
2

Note. Vì SAB là tam giác đều nên SH 

3 AB
2

Từ H kẻ HK  SM , K  SM nên HK   SCD  .
Khi đó d  H ,  SCD    HK . Xét tam giác SHM vuông tại H .
Có

1
1
1
a 21
a 21


 HK 
 d  H ,  SCD   
HK 2 SH 2 HM 2
7
7

Mà AB //  SCD   d  H ,  SCD    d  A,  SCD   

a 21
7

Câu 16. [1H3-5.3-3] Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AD  2 AB . Tam giác
SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi H là hình chiếu của S trên

 ABCD  . Biết diện tích tam giác
hình chữ nhật ABCD .
A. 32.

B. 16.

SAB bằng 1cm2 và d  B;  SAD    2cm . Tính diện tích
C. 8.
Lời giải

D. 72.


Chọn đáp án A
Đặt AB  x  AH 

x
và AD  2 x  S ABCD  2 x 2
2

1
2
Có SH   ABCD   SH  AB  SSAB  .SH .x  1  SH  .
2
x

Từ H kẻ HK vuông góc với SA , K  SA . Mà AD   SAB 

 HK  AD


 HK   SAD   d  H ,  SAD    HK
 HK  SA
Mặt khác d  B,  SAD    2d  H ,  SAD    d  H ,  SAD   
Xét tam giác SHA vuông tại H , đường cao HK , HK 
Có

2
2

2
.
2

1
1
1
x2 4


 2   2  x  2.
2
2
2
HK
SH
AH
4 x

Vậy S ABCD  2 x2  2.42  32 .
Câu 17. [1H3-5.3-3] Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông. Cạnh SA vuông góc với

đáy, góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng đáy bằng 60 . Gọi H nằm trên đoạn AD sao
cho HD  2HA . Khi SA  3 3 , tính khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng  SBD  .
A. d 

9 21
.
14

B. d 

21
.
7

C. d 
Lời giải

Chọn đáp án C

2 21
.
7

D. d 

3 21
.
7

Ta có AB là hình chiếu của SB trên mặt phẳng  ABCD  .
  SB,  ABCD     SB, AB   SBA  60  AB 

SA
3
tan 60

Gọi h là khoảng cách từ điểm A đến  SBD  .
Lại có ba cạnh SA, AB, AD đôi một vuông góc với nhau.
Nên

1
1
1
1
1




h 2 SA2 AB 2 AD 2
3 3

 

2



2

3 21
h
32
7

2
2 21
Mà d  H ,  SBD    d  A,  SBD   
.
3
7

Câu 1406:

[1H3-5.3-3] Cho lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông

góc của A ' lên  ABC  trùng với trung điểm H của AC. Biết A ' H  3a . Khi đó, khoảng cách
từ điểm C đến mặt phẳng  ABB ' A ' bằng
A.

6a
7

B.

5a
7

C.

3a
7

Lời giải
Chọn A.

Ta có d  C ,  ABB ' A '   2d  H ,  ABB ' A ' 

 AB  HE
 AB   A ' HE 
 AB  A ' H

Kẻ HE  AB, HF  SE ta có 

 AB  HF mà HF  A ' E  HF   ABB ' A '

1
1 a 3 a 3
CM  .

2
2 2
4
1
1
1
49
3a



 2  HF 
Ta có
2
2
2
HF
HA ' HE
9a
7
6a
 d  C ,  ABB ' A '  
.
7
Ta có HE 

D.

4a
7


Câu 38: [1H3-5.3-3] (Sở GD Kiên Giang-2018-BTN) Cho hình chóp S. ABC , có các cạnh bên
SA, SB, SC tạo với mặt đáy các góc bằng nhau và đều bằng 45 . Biết AB  3 , AC  4 ,

BC  5 . Tính khoảng cách d từ C đến mặt phẳng  SAB  .
A. d 

20 41
.
41

B. d 

15 46
.
46

5 46
.
46

C. d 

D. d 

10 41
.
41

Lời giải
Chọn A

S

K
450

C

450

H

B
I
A

Gọi H là hình chiếu của S trên mặt  ABC  . Mà SA  SB  SC  SAH  SBH  SCH

 HA  HB  HC  H là tâm tam giác ABC .
Mặt khác AB2  AC 2  BC 2  ABC vuông tại A  H là trung điểm của BC .

 



 



Ta có SA,  ABC   SB,  ABC   SC,  ABC   SAH  SBH  SCH  45 .
Khi đó SBC vuông cân  SH 

BC 5
 .
2
2

AC
2.

2
Dựng HK  SI tại K  HK   SAB   d  H ,  SAB    HK .

Lấy I là trung điểm của AB  AB   SHI  , HI 

Do H là trung điểm của BC  d  C,  SAB    2d  H ,  SAB    2HK .
Trong SHI có:

10
20 41
1
1
1
41
.
 HK 
 d  C ,  SAB   



41
HK 2 SH 2 HI 2 100
41

Câu 46. [1H3-5.3-3](SỞ GD-ĐT HẬU GIANG-2018-BTN) Cho hình chóp đều S. ABC có SA  2cm
và cạnh đáy bằng 1cm . Gọi M là một điểm thuộc miền trong của hình chóp này sao cho
2
SG , với G là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Gọi a , b , c lần lượt là khoảng
3
cách từ M đến các mặt phẳng  SAB  ,  SAC  ,  SBC  . Tính giá trị của biểu thức

SM 

P  a bc .

A. P 

165
.
45

B. P 

7 165
.
45

C. P 
Lời giải

Chọn D

2 165
.
135

D. P 

2 165
.
45

S

E
M
K

A

C

G

P

N
B

S. ABC là hình chóp đều nên tam giác ABC là tam giác đều và G cũng là trọng tâm tam giác
ABC .

1 3
2 3
33
3
3
, GN  
, SG  SA2  AG 2 
.

AG  


3 2
3 2
6
3
3
2
2
2
SG.GN
d  M ,  SAB    d  M ,  SAC    d  M ,  SBC    d  G,  SBC    GK  
3 SG 2  GN 2
3
3
2 165
.
 
3 45
Suy ra P  a  b  c 
Câu 1.

2 165
.
45

[1H3-5.3-3] (THPT TRIỆU SƠN 2) Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình chủ nhật với
cạnh AB  2a, AD  a. Hinh chiếu của S lên mặt phẳng  ABCD  là trung điểm H của
AB, SC tạo với đây một góc bàng 450 . Khoảng cách từ điểm A tới mặt phẳng  SCD  bằng:

A.
Câu 21.

a 3
.
3

B.

a 6
.
4

C.

a 6
.
3

D.

a 3
.
6

[1H3-5.3-3] (CHUYÊN VĨNH PHÚC)Hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại
B , BA  3a , BC  4a ,  SBC    ABC  . Biết SB  2a 3 , SBC  30 . Tính khoảng cách từ
B đến mp  SAC 

A.
Câu 22.

4a 7
.
7

B.

6a 7
.
7

C.

3a 7
.
7

D.

5a 7
.
7

[1H3-5.3-3] (THPT CHU VĂN AN) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thang
cân, đáy lớn AB. Biết rằng AB  2a , AD  DC  CB  a , cạnh bên SA vuông góc với đáy,
mặt phẳng  SBD  hợp với đáy một góc 45 . Gọi G là trọng tâm tam giác SAB . Tính khoảng
cách d từ điểm G đến mặt phẳng  SBD  .
A. d 

a
.
6

B. d 

a 2
.
6

C. d 
Lời giải

a
.
2

D. d 

a 2
.
2


Chọn B

Gọi O là trung điểm cạnh AB thì OB//CD, OB  BC  CD .
Do đó OBCD là hình thoi  BD  OC (1)
Tương tự OADC cũng là hình thoi nên OC //AD (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra BD  AD .
Ngoài ra BD  SA nên ta có BD   SAD 

  (SBD),( ABC )   SDA  SDA  45 .
Vẽ AH  SD tại H  SD thì AH   SBD 
a 2
.
2
Gọi E  AG  SB thì AG   SBD   E .
 d  A, ( SBD)   AH  AD.sin 45 

Do đó d  G, ( SBD)  

GE
a 2
.
 d  A, ( SBD)  
AE
6

Câu 253. [1H3-5.3-3] [ĐỀ MINH HỌA QUỐC GIA NĂM 2017]Cho hình chóp tứ giác S .ABCD có
đáy là hình vuông cạnh bằng a 2. Tam giác SAD cân tại S và mặt bên SAD vuông góc
với mặt phẳng đáy. Biết thể tích khối chóp S .ABCD bằng

4 3
a . Tính khoảng cách h từ B
3

đến mặt phẳng SCD .
A. h

2
a.
3

B. h

4
a.
3

C. h
Lời giải

Chọn B

8
a.
3

D. h

3
a.
4