D04 từ 1 điểm đến mp song song (hoặc chứa) đường cao muc do 3

Câu 14. [1H3-5.4-3](Chuyên Quang Trung - Bình Phước - Lần 1 - 2018 - BTN) Cho hình chóp
S. ABCD , đáy là hình thang vuông tại A và B , biết AB  BC  a , AD  2a , SA  a 3

và SA   ABCD  . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của SB , SA . Tính khoảng cách từ
M đến  NCD  theo a .

A.

a 66
. B. 2a 66 .
22

C.

a 66
.
11

D.

a 66
.
44

Lời giải
Chọn D
S

N
M
G

K

D

A

B

C

I

Cách 1 : Gọi I là giao điểm của AB và CD , vì AD  2BC nên B là trung điểm của
AI . Gọi G là giao điểm của SB và IN , dễ thấy G là trọng tâm tam giác SAI . Do đó,
2
4
1
SG  SB  SM  MG  SG , mà G   NCD  nên
3
3
4
1
1
d  M ;  NCD    d  S ;  NCD    d  A;  NCD   .
4
4
Lại có, CD  AC; CD  SA  CD   SAC  . Gọi K là hình chiếu của A lên NC thì
d  A;  NCD    AK 

được AK 

AN . AC
AN  AC
2

2

* , với

AN 

a 3
; AC  a 2 thay vào * ta
2

1
a 66
a 66
. Vậy d  M ;  NCD    AK 
4
44
11

Cách 2 : Gắn hệ trục Oxyz sao cho O  A; D  Ox; B  Oy; S  Oz ; i  a .

3
Khi đó A  0;0;0  , D  2;0;0  , B  0;1;0  , C 1;1;0  , S 0;0; 3 , N  0;0;
 ,
2






 1 3
M  0; ;
 .
 2 2 

CN ; CD  CM


d  M ;  NCD   
.
CN ; CD 








1 3
3
Nhập vào máy tính bỏ túi các tọa độ CN  1; 1;
 , CD  1;1;0  , CM  1;  ;
.
2 2 

2 



66
66
. Vậy d  M ;  NCD   
a.
44
44
Câu 29: [1H3-5.4-3] [Chuyên Nguyễn Quang Diệu - Đồng Tháp - 2018 - BTN] Cho hình chóp
S. ABC có đáy là tam giác ABC vuông tại B , SA vuông góc với đáy và 2 AB  BC  2a .

Ta được kết quả

Gọi d1 là khoảng cách từ C đến mặt  SAB  và d 2 là khoảng cách từ B đến mặt  SAC  .
Tính d  d1  d2 .




2 5  2  a
d

B. d  2

A. d  2 5  2 a





52 a

C. d 





2 5 5 a
5

D.

5

Lời giải
Chọn C
S

H
A

C
a
2a
B

 CB  AB


 CB   SAB   d1  d  C,  SAB    CB  2a .
Ta có  CB  SA
 AB  SA  A

Gọi H là hình chiếu của B lên  SAC  .

 BH  AC

 BH   SAC   d 2  d  B,  SAC    BH .
Ta có:  BH  SA
 AC  SA  A

Xét tam giác ABC vuông tại B có BH là đường cao.
Ta có: BH 

AB.BC
AB 2  BC 2

Vậy d  d1  d2  2a 
Câu 27:



a.2a
a 2  4a 2





2a 5
2a 5
 d2 
.
5
5



2a 5 2 5  5 a

.
5
5

[1H3-5.4-3] (THPT Chuyên Vĩnh Phúc - Lần 3 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp
S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh a . Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng
vuông góc với đáy. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB , AD . Tính khoảng cách từ
điểm D đến mặt phẳng  SCN  theo a .


A.

a 3
.
3

B.

a 3
.
4

C.

a 2
.
4

D.

4a 3
.
3

Lời giải
Chọn C

a 3
.
2
ID
Gọi I là giao điểm của NC và MD . Ta có d  D;  SCN   
d  M ;  SCN   .
IM
M là trung điểm của AB thì SM   ABCD  . Ta có SM 

a
.a

DN .DC
a 5
Vì ABCD là hình vuông nên NC  DM tại I . ID.CN  DN.DC  ID 
 2 
CN
5
a 5
2
 IM  DM  ID 

ID 2
a 5 a 5 3a 5



 .
2
5
10
IM 3

 IM  CN
 CN   SMI  . Kẻ MH  SI , vì CN  MH nên MH   SCN 
Do 
CN  SM

 MH  d  M ;  SCN   .

Trong tam giác SMI có
Vậy MH 

1
4
20
1
32
1
 2 2  2.


2
2
2
MH
3a 9a
SM
MI
9a

3a 2
a 2
 d  D;  SCN   
.
8
4

Câu 32: [1H3-5.4-3] (THPT Yên Định - Thanh Hóa - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình
chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B . Biết AD  2a ,
AB  BC  SA  a . Cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy, gọi M là trung điểm của AD .
Tính khoảng cách h từ M đến mặt phẳng  SCD  .

A. h 

a
.
3

B. h 

a 6
.
6

C. h 
Lời giải

Chọn B

a 3
.
6

D. h 

a 6
.
3


S

a
H
2a

A

M

D

a
a

B

Ta có

d  A,  SCD  

d  M ,  SCD  

C

 2  d  M ,  SCD   

1
d  A,  SCD   .
2

Dễ thấy AC  CD , SA  CD dựng AH  SA  AH   SCD  .

Vậy d  A,  SCD    AH .





Xét tam giác vuông SAC A  1v có
Vậy  d  M ,  SCD   

1
1
1
a 6
.
 AH 


2
2
2
3
AH
AC
AS

a 6
.
6

Câu 47. [1H3-5.4-3] (SGD Bà Rịa - Vũng Tàu - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp tam

giác đều S. ABC có cạnh đáy bằng a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 60 . Gọi M ,
N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB , BC . Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng

 SMN  bằng
A.

a
.
3

B.

7a
.
3

C.

3a
.
7

D.

Lời giải
Chọn C

S

H

a

A

C

M
60°

I

G

B
Ta có: d  A;  SMN    3d  G;  SMN   .

N

a
.
7


Gọi G là trọng tâm tam giác ABC , I là giao điểm của MN và BG , H là chân đường
cao kẻ từ G của tam giác SIG . Khi đó d  G;  SMN    GH .
Lại có:

a 3
a 3
a 3

, BI 
.
 IG  BG  BI 
12
4
3
 SG  BG.tan 60  a .
1
1
1
a
3a
49

.

 2  2  GH   d  A;  SMN   
2
2
HG
SG
IG
7
a
7
3a
Vậy khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  SMN  bằng
.
7


BG 

Câu 47: [1H3-5.4-3] (Sở GD&ĐT Bà Rịa - Vũng Tàu - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp tam
giác đều S. ABC có cạnh đáy bằng a , góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 60 . Gọi M ,
N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB , BC . Khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng

 SMN  bằng
A.

a
.
7

B.

7a
.
3

C.

3a
.
7

D.

Lời giải
Chọn C

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC , khi đó SG   ABC  .
Ta có  SA;  ABC     SM ; AG   SAG  SAG  60 .
Ta có AG 

2
2 a 3 a 3
AM  .

nên suy ra
3
3 2
3

a 3
.tan 60  a .
3
Gọi K là giao điểm của BG với MN , khi đó BG  MN , nên suy ra MN   SGK  .
SG  AG.tan SAG 

Kẻ GH  SK , với H  SK . Từ MN   SGK   MN  GH .
Từ GH  SK và MN  GH suy ra GH   SMN  , do đó GH  d  G;  SMN   .
Vì

CN
 3 nên d  C;  SMN    3d  G;  SMN    3GH .
GN
2

 a 3   a 2
1

1 a 3 a 3
a

Ta có GN  CN  .
, GK  GN 2  NG 2  
.
    
3
3 2
6
6
4
4
3





1
1 49
a
1
1
1

 2  2  GH  .


2

2
2
2
a
7
GH
GK
SG
 a  a


4 3
3a
Vậy d  C;  SMN    3GH 
.
7

a
.
3


S

H
N

A

B

K

G
M
C

Câu 19. [1H3-5.4-3] Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với AD  2a, AB  a . SAD
là tam giác cân và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi H là hình chiếu vuông
góc của S trên mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ C đến mặt phẳng  SHB  bằng
A. a 2

B. a 3

C.

a 2
2

D.

a 3
2

Lời giải
Vì O là tâm của đáy của hình chóp tứ giác đều S.ABCD nên SO   ABCD   SO  a 2 .

OM  CD

Gọi M là trung điểm của CD  
BC a

OM  2  2
Trong  SOM  , kẻ OH  SM ,  H  SM  .
 OH   SCD   d  O,  SCD    OH 

Vậy d  O,  SCD   

a 2.



a 2



2

a
2

a
 
2

2



OS .OM
OS 2  OM 2

a 2
.
3

Chọn đáp án B.
Câu 7.

[1H3-5.4-3] Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình chữ nhật ABCD . Tam giác SAD cân
tại S và thuộc mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M là điểm thỏa mãn SM  2CM  0 .
Tỷ số khoảng cách D đến mặt phẳng  SAB  và từ M đến mặt phẳng  SAB  là
A.

2
.
3

B.

3
.
2

C.
Lời giải

1
.
2

D. 2.

Chọn đáp án B
Từ SM  2CM  0  M thuộc đoạn thẳng SC và SM  2MC .
d  M ,  SAB  
d  C ,  SAB  



MS 2

CS 3

 d  M ,  SAB   



Câu 3.

d  D,  SAB  

d  M ,  SAB  



2
2
d  C ,  SAB    d  D,  SAB  
3
3

3
2

[1H3-5.4-3] Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , góc ABC  60 .
Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Trên cạnh BC và CD lần lượt lấy hai điểm M
và N sao cho MB  MC và NC  2 ND . Gọi P là giao điểm của AC và MN . Khoảng
cách từ điểm P đến mặt phẳng  SAB  bằng:
A.

a 3
.
8

B.

5a 3
.
12

C.
Lời giải

Chọn đáp án C

Dựng CH  AB  CH   SAB 
Giả sử MN cắt AD tại F . Theo định lý Talet ta có:

5a 3
.

14

D.

3a 3
.
10


DF ND 1
MC a

  DF 
 .
MC NC 2
2
4
PA AF 5
CA 7
Khi đó

 

PC MC 2
PA 5
5
5
Do đó d  P,  SAB    d  C ,  sAB    CH
7
7

Câu 5.

5 a 3 5a 3
 .

7 2
14
[1H3-5.4-3] Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình chữ nhật, diện tích tứ giác ABCD

bằng 6a 2 6 . Cạnh SA  a

110
và vuông góc với mặt phẳng đáy. Góc giữa đường thẳng
3

SC và mặt phẳng đáy bằng 30 . Khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng  SAC  gần nhất
với giá trị nào sau đây?
13a
7a
A.
.
B.
.
10
5

C.

3a

.
2

D.

8a
.
5

Lời giải
Chọn đáp án B

Dựng BH  AC , lại có BH  SA  BH   SAC 
Có SA   ABCD    SC ,  ABCD    SCA
Ta có: AC tan 30  SA  a

Câu 6.

110
 AC  a 110
3

2S ABC 6a 2 6
7
Do vậy BH 

 1, 4a  a
AC
5
110

[1H3-5.4-3] Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B ,

AD  2 AB  2BC , CD  2a 2 . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt đáy là trung điểm
M của cạnh CD . Khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng  SAM  bằng
A.

3a 10
.
10

B.

3a 10
.
5

C.
Lời giải

3a 10
.
2

D.

a 10
.
3

Chọn đáp án B

Gọi E là trung điểm của AD ta có CE  AB  ED . Có CD  2a 2  CE  ED  2a
Do vậy AD  4a; BD  2a . Gọi N là trung điểm của AB suy ra
MN  3a, SMAB 

1
NM . AB  3a 2
2

MA  AN 2  NM 2  a 10 .
Dựng BK  AM  d  B,  SAM    BK 

2S ABM 3a 10

AM
5


Câu 11. [1H3-5.4-3] Cho hình lăng trụ đứng ABC. A B C có đáy là tam giác cân có
AC  BC  3a . Đường thẳng AC tạo với đáy một góc 60 . Trên cạnh AC lấy điểm M

sao cho AM  2MC . Biết rằng AB  a 31 . Khoảng cách từ M đến mặt phẳng

 ABBA là
A.

3a 2
.
4

B.

4a 2
.
3

C. 3a 2 .
Lời giải

Chọn đáp án B

Ta có: A ' A  AC tan 60  3a 3

D. 2a 2 .


Suy ra AB  A ' B2  AA '2  2a
Do vậy CH  AC 2  AH 2  2a 2
d  M ,  ABB ' A '  

2
2
4a 2
d  C ,  ABB ' A '   CH 
3
3
3
Câu 12. [1H3-5.4-3] Cho khối chóp S. ABCD có đáy là hình chữ nhật ABCD với AB  a . Hình
chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt đáy trùng với trọng tâm tam giác ABD . Biết

SC  2a 2 và tạo với đáy một góc 45 . Khoảng cách từ trung điểm của SD đến mặt
phẳng  SAC  là:
A.

a 2
.
3

B.

a 3
.
3

C.

2a
.
3

D.

4 2a
.
3

Lời giải
Chọn đáp án A

Ta có SC  2a 2  GC  2a  AC  3a
Khi đó CD  2a 2 suy ra DH 
Do vậy d  M ,  SAC   

2a 2
3

1
a 2
DH 
2
3

Câu 13. [1H3-5.4-3] Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình chữ nhật ABCD có AD  a 3 . Tam
giác SAB là tam giác đều và thuộc mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm
của AD, H là trung điểm của AB . Biết rằng SD  2a . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng

 SHM 
A.

là:

a 2
.
4

B.

a 3
.

4

C.
Lời giải

Chọn đáp án B

a 2
.
2

D.

a 3
.
2


Ta có: SA  SD2  AD2  a  AB .
Khi đó AK 

AH . AM



a 3
4

AH 2  AM 2
Câu 14. [1H3-5.4-3] Cho khối chóp S. ABC có đáy là tam giác vuông tại A có AC  a . Tam giác

SAB vuông tại S và hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt đáy là điểm H thuộc

cạnh AB sao cho HB  2HA . Biết SH  2a 2 , khoảng cách từ B đến mặt phẳng

 SHC 
A.

là

2a
.
5

B.

a
.
5

C.
Lời giải

Chọn đáp án C

Ta có: SH 2  HA.HB  2HA2
Suy ra 8a2  2HA2  HA  2a
2a
4a
 dC  2 AM 
Do vậy AM 

5
5

4a
.
5

D.

3a
.
5


Câu 2527:

[1H3-5.4-3] Cho khối chóp S. ABC có đáy là tam giác vuông tại B , BA  a ,

BC  2a , SA  2a , SA   ABC  . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của A trên SB , SC .
Tính khoảng cách từ điểm K đến mặt phẳng  SAB  .
A.

8a
9

B.

a
9

C.

2a
9

5a
9
Hướng dẫn giải

D.

Chọn A

Vì BC   SAB  nên AH  BC, AH   SBC 
 AH  HK , AH  SC mà AK  SC

 SC   AHK 
Ta có: AH 

AB.SA 2a
AC.SA 2a 5
, AK 


SC
3
SB
5

HK  AK 2  AH 2 

1 4a 2a 8a 23a3
8a
4a
 VS . AHK  . . .

, SK 
6 3 5 3 5 135
3
3 5

Mặt khác SH  SA2  AH 2 

4a 2
4a
nên S AHS 
5
5

Vậy khoảng cách cần tìm là d  K ,  SAB   
Câu 2529:

3VK .SAH 8a

S AHS
9

[1H3-5.4-3] Cho hình chóp S. ABC có tam giác ABC vuông tại A , AB  AC  a , I

là trung điểm của SC , hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABC  là trung điểm

H của BC , mặt phẳng  SAB  tạo với đáy một góc bằng 60 . Tính khoảng cách từ điểm
I đến mặt phẳng  SAB  theo a .

A.

a 3
a 3
. B.
.
2
8

Chọn C

C.

a 3
.
4

a
.
4
Hướng dẫn giải:

D.


S

D

C

A
H

M
K
B

Gọi K là trung điểm của AB  HK  AB 1
Vì SH   ABC  nên SH  AB  2 
Từ 1 và  2   AB  SK
Do đó góc giữa  SAB  với đáy bằng góc giữa SK và HK và bằng SKH  60

0

Ta có SH=HK. tan SKH 

a 3
2

Vì IH // SB nên IH // ( SAB ). Do đó d  I ;( SAB)   d  H ;( SAB) 
Từ H kẻ HM  SK tại M  HM   SAB   d  H ;(SAB)   HM
Ta có:

1
1
1

16
3
3
.
V
ậy




HM

a
d
I
;(
SAB
)

a


4
HM 2 HK 2 SH 2 3a 2
4

Câu 6532:

[1H3-5.4-3] [BTN 167] Cho hình chóp tứ giác đều S. ABCD có tất cả các cạnh đều
a 6

bằng x  x  0  . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AD bằng
 a  0  khi x
2
bằng.
a
A. a .
B. .
C. a 3 .
D. 2a .
2
Lời giải
Chọn A
S

x
H

D

C
M

O
A

Gọi O  AC  BD, ta có SO   ABCD  . .

x

B

.


 AD // BC
 AD //  SBC   d  AD; SC   d  AD;  SBC    d  A;  SBC   .


 BC   SBC 
 AC  BC  C
d  A;  SBC  


 2.
Ta có  AC
d
O
;
SBC



2



 OC


M là trung điểm BC  OM  BC  BC   SOM    SBC    SOM  .

Kẻ OH  SM  OH   SBC   OH  d  O;  SBC   

a 6
..
6

Lại có:
SOM :

1
1
1
1
1
6
6
6




 2  2  2  x  a  0. .
2
2
2
2
2
2
OH

SO OM
SC  OC
OM
x
a
x

Câu 18: [1H3-5.4-3] (THPT Phan Chu Trinh - ĐăkLăk - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp
S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . SA   ABCD  và SA  a 3 . Khi đó
khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng  SAC  bằng:

A. d  B,  SAC    a .

B. d  B,  SAC    a 2 .

C. d  B,  SAC    2a .

D. d  B,  SAC   

a
.
2

Lời giải
Chọn D

Gọi O là tâm hình vuông ABCD .
 BO  AC
 BO   SAC  .
Ta có: 

 BO  SA

 d  B,  SAC    BO 

a 2
.
2

Câu 727. [1H3-5.4-3] 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.
Lời giải

Chọn B.

a 3
.
6

D.

a 3
.
3


A

B

D

H
M

C

Gọi M là trung điểm CD . Kẻ AH  BM (1).
CD  BM
 CD  ( ABM )  CD  AH (2) .
CD  AM

Ta có: 

Từ (1) và (2) suy ra: AH  ( BCD)  d ( A,( BCD))  AH .
2

2 a 3

a 6
Mặt khác: AH  AB  BH  a   .
.
 
3
3 2 
2

Suy ra: d ( A,( BCD)) 

2

2

a 6
.
3

Câu 923. [1H3-5.4-3]Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B , AB  a ,
SA vuông góc với mặt phẳng  ABC  , góc giữa hai mặt phẳng  SBC  và  ABC  bằng

300 . Gọi M là trung điểm của cạnh SC . Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng  SAB 
theo a bằng :
A.

1
a.
3

B.

1
a.
4

C. a .

D.

Lời giải
Chọn D
S

M

A
C

B

Ta có : SA   ABC   SA  BC
Mặt khác : BC  AB ( ABC vuông tại B )
 BC   SAB   d  C;  SAB    CB
Mà ABC là tam giác vuông cân tại B  AB  BC  a

1
a.
2

Gọi H là chân đường vuông góc của M xuống mặt phẳng  SAB   MH  CB 

a
.
2

Câu 931. [1H3-5.4-3]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 15
.
5

C. 3a .

D.

a 21
.
7

Lời giải

Chọn D
S

K

D

A
H
B

M
C

Kẻ đường cao AH của tam giác ABC . Ta có  SAB    ABCD   SH   ABCD  .
Gọi M là trung điểm CD  SHM vuông tại M . Kẻ HK  SM
 HK  CD
 HK   SCD   d  H , ( SCD)   HK

 HK  SM
a 3
.a
1
1
1
SH .HM
a 21
2
.



 HK 


Ta có
2
2
2
2
2
2
HK
SH
HM
7
SH  HM
3a
 a2
4
Do AB / /CD  AB / /  SCD   d  A, SCD   d  H , SCD  

a 21
.
7