D06 hai đường chéo nhau (vẽ đoạn v góc chung) muc do 3

Câu 49: [1H3-5.6-3] (THPT Chuyên Thái Bình - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp tứ
giác đều S. ABCD có cạnh đáy bằng a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SA và

BC . Biết góc giữa MN và mặt phẳng  ABC  bằng 60 . Khoảng cách giữa hai đường
thẳng BC và DM là
A. a.

15
.
62

30
.
31

B. a.

C. a.

15
.
68

D. a.

15
.
17

Lời giải.
Chọn B

S

M
E

A

B
I
N

O

C
D
Gọi I là trung điểm OA . Vì IM //SO  IM   ABCD  nên hình chiếu của MN lên

 ABCD  là

IN . Suy ra MNI  60

Áp dụng định lí cô sin trong CIN , ta có
2

 3a 2   a 2
3a 2 a 2 a 5
.
IN  CI  CN  2CI .CN .cos45  
. .


     2
4 2 2
2 2
 4  2
Trong tam giác vuông MIN ta có.
MI
a 15 a 30
a 30
.
tan 60 
 MI  IN . 3 

 SO 
IN
4
2
2 2
Ta có d  BC, DM   d  BC,  SAD    d  N ,  SAD    2d  O,  SAD    2d  O,  SBC   .
2

2

Kẻ OE  SN  OE   SBC  .
Ta có d  O,  SBC    OE mà
Vậy d  BC , DM   2OE 

1
1
1

4
4
62
a 15
.



 2 
 OE 
2
2
2
2
2
OE
OS
ON
30a a 15a
62

2a 15
30

a.
31
62

Câu 37: [1H3-5.6-3] (Chuyên Thái Bình – Lần 5 – 2018) Cho hình chóp S. ABCD có đáy
ABCD là hình vuông cạnh a . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB

và AD ; H là giao điểm của CN với DM . Biết SH vuông góc với mặt phẳng  ABCD 
và SH  a 3 .Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC theo a .
A.

2 3a
.
19

B.

2 3a
.
19

C.
Lời giải

Chọn A

3a
.
19

D.

3 3a
.
19

Gọi K là hình chiếu của H trên SC .
Do ABCD là hình vuông nên DM  CN .
Có SH   ABCD   SH  DM .
Suy ra DM   SHC   DM  HK .
Vậy HK là đoạn vuông góc chung của DM và SC .
Có DH là đường cao của tam giác vuông CDN nên CH .CN  DC 2
DC 2 2a
 CH 

.
CN
5
Lại có HK là đường cao trong tam giác vuông SHC nên
2a 3
1
1
1
1
5
19
.
 HK 


 2 2 
2
2
2
2
HK

SH
HC
3a
4a
12a
19
Vậy d  SC , DM  

a 3
.
5

Câu 37: [1H3-5.6-3] (THPT Hoàng Hoa Thám - Hưng Yên - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình lập
phương ABCD. ABCD có cạnh bằng a . Tính khoảng cách giữa AC và DC  .
A. a .

B.

a 3
.
2

C.

a
.
3

D.

a 3
.
3

Lời giải
Chọn D
A

D
C

B

A
B

D

C

Do ABCD. ABCD là hình lập phương cạnh a nên DC//AB ; tam giác ABC là tam
giác đều cạnh a 2 . Khi đó ta có DC//  ACB  nên khoảng cách giữa AC và DC  là
khoảng cách giữa DC  và  ACB  suy ra khoảng cách từ D đến mặt phẳng  ACB  là


khoảng cách cần tìm. Gọi DH là khoảng cách từ D đến mặt phẳng  ACB  với

H   ACB  ; S ABC 

a2 3

.
2

1
1 a 2 a3 1
1
a 3
a2 3
Ta có VD. ABC  BB.S ADC  .a. 
.
 DH .S ABC  DH .
 DH 
3
3 2
6 3
3
3
2
Câu 28: [1H3-5.6-3](Chuyên KHTN - Lần 3 - Năm 2018) Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC
là một tam giác đều cạnh a . Hình chiếu của S trên mặt phẳng  ABC  trùng với trung
điểm của BC . Cho SA  a và hợp với đáy một góc 30o . Khoảng cách giữa hai đường
thẳng SA và BC bằng:
A.

a 3
.
2

B.

a 2
.
3

C.

2a 2
.
3

D.

a 3
.
4

Lời giải
Chọn D
S

Nhận xét: SA và BC là hai đường thẳng chéo nhau
Kẻ IH  SA với H  SA (1)

 BC  AI
 BC   SAI 

 BC  SI

H

 BC  IH (2)

A

B

Từ (1) và (2)  IH là đoạn vuông góc giữa hai

I

đường thẳng SA và BC chéo nhau.
C

 d  SA, BC   IH  IA.sin SAI 

Câu 19:

a 3
a 3 1 a 3
.sin30o 
. 
2
2 2
4

[1H3-5.6-3] (Chuyên Lương Thế Vinh – Hà Nội – Lần 2 – 2018 – BTN) Cho tứ diện
đều ABCD cạnh 3a . Khoảng cách giữa hai cạnh AB, CD là
A.

3a 3

.
2

B.

3a
.
2

C. a .
Lời giải

Chọn D

Gọi O là trọng tâm ABC  DO   ABC  .
Gọi M , H lần lượt là trung điểm của AB , CD .

D.

3a 2
.
2


Ta có

AB  DM 
  AB   DCM   AB  MH .
AB  CM 

Vì MDC cân tại M  MH  CD .
Do đó d  AB, CD   MH .
2

 3a 3   3a 2 3 2a
Xét MHC vuông tại H, MH  MC  HC  
.
    
2
2
2




2

Câu 21:

2

[1H3-5.6-3] (THPT CHUYÊN KHTN - LẦN 1 - 2018) Cho hình chóp S. ABCD có đáy

ABCD là hình vuông cạnh a , cạnh SA  a và vuông góc với mặt đáy  ABCD  . Khoảng cách
giữa hai đường thẳng SC và BD bằng

A.

a 3
.

4

B.

a 6
.
3

C.

a
.
2

D.

a 6
.
6

Lời giải
Chọn D

S

I
H

A

D

O

B

C

Do BD  AC và BD  SA nên BD   SAC  .
Trong mặt phẳng  SAC  dựng OH  SC tại H .
 OH là đường vuông góc chung của BD và SC .
Gọi I là trung điểm SC . Tam giác OIC vuông tại O có đường cao OH .

Ta có

1
1
1
OI .OC
a 6
.
 2
 OH 

2
2
OH
OI
OC
6

OI 2  OC 2

Câu 21: [1H3-5.6-3](CHUYÊN VINH LẦN 3-2018) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là
hình vuông cạnh 2a , cạnh bên SA  a 5 , mặt bên SAB là tam giác cân đỉnh S và
thuộc mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách gữa hai đường thẳng
AD và SC bằng
S

D

A

B

C


A.

2a 5
.
5

B.

4a 5
.
5

C.

a 15
.
5

D.

2a 15
.
5

Lời giải
Chọn B
S

K

D

A
H

B

C

Gọi H là trung điểm của cạnh AB .
Do tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy nên
SH   ABCD  .
Theo giả thiết ta có AB  2a  AH  a .

Mà ta lại có SA  a 5 nên SH  SA2  AH 2  2a
Ta có AD // BC  AD //  SBC 
 d  AD, SC   d  AD,  SBC    d  A,  SBC    2d  H ,  SBC   .

Do mặt phẳng  SBC    SAB  nên từ H kẻ HK  SB thì HK  d  H ,  SBC   .
Ta có HK 

SH .HB 2a.a 2a 5
4a 5
.


 d  AD, SC   2 HK 
5
SB
5
a 5

Câu 28. [1H3-5.6-3] Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu của S trên
 ABC  trùng với trung điểm của BC. Biết SA hợp với đáy một góc 30°. Khi đó, khoảng
cách giữa hai đường thẳng SA và BC bằng
A.

a 3
2

B.

a 3
4

C.

a 2
3

Lời giải
Gọi H là trung điểm của BC  SH   ABC 

 SH  BC (1)
 AH  BC (2)

Vì ABC đều  
a 3
 AH 

2

Từ (1) và (2)  BC   SAH  .
Trong  SAH  , kẻ HK  SA,  K  SA (3)


 BC   SAH 
 BC  HK (4)
Vì 
HK

SAH





Từ (3) và (4)  HK là đoạn vuông góc chung của SA và BC

D.

2a 2
3


 d  SA, BC   HK .
Vì SH   ABC   HA là hình chiếu của SA trên  ABC 

  SA,  ABC     SA, HA  SAH  30 .
Xét AHK vuông tại K, ta có: sin HAK 
Vậy d  SA, BC   HK 

HK
a 3
.
 HK  AH .sin HAK 
AH
4

a 3
.
4

Chọn đáp án B.
Câu 9.

[1H3-5.6-3] Cho hình chóp

S. ABCD có đáy là hình chữ nhật ABCD có
AB  3a, AD  2a , SA   ABCD  . Gọi M là trung điểm của AD . Khoảng cách giữa hai

đường thẳng CM và SA là
6a
3a
A.
.
B.
.
13
10

C.

2a
.
5

D.

6a
.
10

Lời giải

Chọn đáp án B
Lấy H là hình chiếu của A lên MC .

MC  AH  SA  d  SA, CM   AH
Tính: CM  DM 2  DC 2  a 10
AH .MC  AM . AC.sin MAC  AM . AC.

 AH 

CD
AC

3a
.
10

Câu 16. [1H3-5.6-3] Cho khối lăng trụ ABC. ABC có đáy là tam giác ABC cân tại A có

AB  AC  2a ; BC  2a 3 . Tam giác ABC vuông cân tại A và nằm trong mặt phẳng
vuông góc với đáy  ABC  . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AA và BC là
A. a 3 .

B.

a 2
.
2

C.
Lời giải

a 5
.
2

D.

a 3
.
2


Chọn đáp án D
Gọi H là trung điểm của cạnh BC

 A ' H   ABC   A ' H  HC  HC  HA ' .
 HC  HA
ABC cân tại A  AH  HC  
 HC  HA '

 HC   A ' AH   BC   A ' AH 
Kẻ HP  A ' A  P  A ' A  BC  HP

 HP là đường vuông góc chung của A ' A và BC
 d  A ' A, BC   HP .

ABC vuông cân tại A  AH 

BC
a 3.

2

Cạnh HA  AB2  BH 2  4a 2  3a 2  a
Câu 30.
[1H3-5.6-3] (Chuyên Thái Nguyên - 2018 - BTN) Khoảng cách giữa hai cạnh
đối trong một tứ diện đều cạnh a bằng
A.

a 2
.
2

B.

2a
.
3

C.

a 3
.
3

Lời giải
Chọn A
A

I

B
D
J
C

Gọi I , J lần lượt là trung điểm các cạnh AB và CD .
Do ABCD là tứ diện đều nên tam giác AJB cân tại J và tam giác CID cân tại I .

D. 2a .


2

 a 3   a 2 a 2
 IJ  AB
2
2
Suy ra 
.
 d  AB, CD   IJ  AJ  AI  
    
2
2
2


 IJ  CD



Câu 215: [1H3-5.6-3][SGD VĨNH PHÚC-2017] Cho hình hộp chữ nhật ABCD. ABCD có
AB  a, AD  a 3. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BB và AC.
A.

a 3
.
4

B. a 3 .

C.

a 3
.
2

D.

a 2
.
2

Lời giải
D

C

A

B

D'

C'

H
B'

A'

Chọn C
Ta có: AC  

 AB   BC
2

2

 2a. Kẻ BH  AC.

AB.BC  a.a 3 a 3


.
BC 
2a
2
Vì BB//  ACCA  nên d  BB, AC  d  BB,  ACCA  
BH 

d  BB,  ACC A    BH 

Nên d  BB, AC   

a 3
.
2

a 3
.
2

Câu 222: [1H3-5.6-3][TT DIỆU HIỀN CẦN THƠ-2017] Cho hình lập phương ABCD.A ' B ' C ' D '
cạnh a . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BC ' và CD ' .
a 2
a 3
A. a 2 .
B.
.
C. 2a .
D.
.
3
3
Lời giải
Chọn B
A'

D'
O

B'

C'
H
A

B

Gọi O  A ' C ' B ' D ' và từ B ' kẽ B ' H  BO

D

C


Ta có CD ' // ( BA ' C ') nên
d ( BC '; CD ')  d ( D ';( BA ' C '))  d ( B ';( BA ' C '))  B ' H 

Câu 47:

BB '.B ' O a 3

BO
3

[1H3-5.6-3] (THPT Chu Văn An - Hà Nội - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho lăng trụ
tam giác đều ABC. ABC có tất cả các cạnh bằng a , gọi M , N lần lượt là trung điểm
các cạnh AA và AB . Khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và BC bằng
A.

2 5
a
5

B.

3 5
a
10

C.

3 5
a
5

D.

2 5
a
15

Lời giải
Chọn B

Xét hình lăng trụ tam giác đều ABC. ABC có tất cả các cạnh bằng a . Gắn hệ trục như
hình vẽ quy ước a  1 ( đơn vị ).

3 

 1 1 
1

Ta có N  0;0;0  , C  0;
;0  , M  ;0;  , B  ;0;1 .
2
2

 2
 2 

 1 3


3 
 1 1 
Suy ra MN   ;0;  ; BC   ;
;  1 ; NC   0;
;0  .
2 
2
 2 2
 2 


Do đó d  MN ; BC  

 MN ; BC  .NC 3 5




a.
10
 MN ; BC 



Câu 2410.
[1H3-5.6-3] Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a . Tính khoảng cách giữa AB và
CD .
A.

a 3
2

B.

a 2
.
3

C.
Lời giải

Chọn C.

a 2
.
2

D.

a 3
.
3


Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB và CD .
a 3
Khi đó NA  NB 
nên tam giác ANB cân, suy ra NM  AB . Chứng minh tương tự ta có
2
NM  DC , nên d  AB; CD   MN .

p  p  AB  p  BN  p  AN  (p là nửa chu vi).

Ta có: S ABN 



aa 3 aa 3 a a
2a
.
. . 
.
2
2
2 2
4

Mặt khác: S ABN 

1
1
2a
.
AB.MN  a.MN  MN 
2
2
2

Cách khác. Tính MN  AN 2  AM 2 
Câu 9:

3a 2 a 2 a 2


.
4
4
2

[1H3-5.6-3] (THPT Chuyên Quốc Học Huế - lần 1 - 2017 - 2018) Đường thẳng AM
tạo với mặt phẳng chứa tam giác đều ABC một góc 60 . Biết rằng cạnh của tam giác đều

ABC bằng a và MAB  MAC . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và BC .
3a
a 2
a 3
A.

.
B.
.
C. a .
D.
.
2
4
2
Lời giải
Chọn A
M

P
60

C

A
H

N

B
BC
N
Gọi
là trung điểm
.
Ta có MAB  MAC , AB  AC .

 MAB  MAC  MB  MC  MBC cân tại M
 BC  MN
 BC   AMN  .

 BC  AN

Trong mặt phẳng  AMN  , dựng NP  MA thì NP  BC  NP  d  AM , BC  .
Trong

mặt

phẳng

 AMN  ,

MH   ABC    AM ,  ABC    MAN  60 .

dựng

MH  AN

thì


Mặt khác tam giác ANP vuông tại P có NP  AN .sin 60 

a 3
3a
vì AN 
.

4
2

Câu 36: [1H3-5.6-3] (THPT Quảng Xương 1 - Thanh Hóa- Lần 1- 2017 - 2018 - BTN) Cho tứ
diện ABCD có AB  5 , các cạnh còn lại bằng 3 , khoảng cách giữa hai đường thẳng AB
và CD bằng:
3
2
2
3
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
3
2
2
3
Lời giải
Chọn B
A

M

D

B
N
C
Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB và CD .
Ta có:
 Tam giác ABC cân tại C  CM  AB (1)
 Tam giác ABD cân tại D  DM  AB (2)
Từ (1) và (2) suy ra AB   MCD 

Lại có ABC  ABD  MC  MD  MN  CD  MN  d  AB, CD 
Mặt khác
5
3 3
BMN
Tam
giác
vuông
tại
có
M
BN 
BM  ,
2
2
2
MN  BN 2  BM 2  MN 
2
2
Vậy d  AB, CD  
.

2

và

Câu 2585. [1H3-5.6-3] Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại B và C,
AB  2BC  4CD  2a , giải sử M và N lần lượt là trung điểm của AB và BC. Hai mặt phẳng

 SMN  và  SBD 

cùng vuông góc với mặt phẳng đáy và cạnh bên SB hợp với đáy  ABCD 

một góc 600 . Tính khoảng cách giữa SN và BD.
A. a

3
15

B. a

3
65

C. a
Lời giải

Chỏn B.

3
55

D. a

3
35


Gọi H  MN  BI   SMN    SBI   SH

S

Do hai mặt phẳng  SMN  và  SBI  cùng vuông góc với

 ABCD   SH   ABCD  . Dễ thấy BH là hình chiếu
vuông góc của SB lên mặt phẳng đáy, suy ra

600 . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB và
BC mà AB  4CD nên suy ra MN  BD tại H.
SBH

M

A

B
K

Xét tam giác BMN ta có:
H

1

1
1
5
a
.


 2  BH 
2
2
2
BH
BM
BN
a
5

D

N

C

Xét tam giác SBH lại có:

tan SBH

SH
HB

SH

HB.tan 600

a 15
5

* Tính khoảng cách giữa SN và BD.
Do

BD

SH

BD

MN

của SN và BD

BD
d BD; SN

Xét tam giác BHN có: HN

SMN ; dựng HK vuông góc với SN thì HK là đoạn vuông góc chung
HK .

BN2

BH2

a2
4

a2
5

a 5
10

Câu 2586. [1H3-5.6-3] Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình bình hành thỏa mãn

AB  2a , BC  a 2 , BD  a 6 . Hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng  ABCD 
là trọng tâm của tam giác BCD . Tính theo a thể tích khối chóp S. ABCD , biết rằng khoảng
cách giữa hai đường thẳng AC và SB bằng a .

4 2a 3
A.
.
3

3a 3
5 3a 3
B.
.
C.
.
2
3

Hướng dẫn giải

D.

2a 3
2

Chỏn A.

Gọi H là hình chiếu của S lên mặt phẳng  ABCD  , M là trung điểm của CD và O là
tâm của đáy ABCD . Do AO là trung tuyến của tam giác ABD nên:
AB 2  AD 2 BD 2 3a 2
AO 2 
=
2
4
2
a 6
AO 2a 6
 AO 
 AH  AO 

2
2
3
2
2
2
BD  BC CD
BM 2 


2
4
2
2
2
6a  2a 4a

 3a 2
=
2
4


Ta có AH 2  BH 2  4a 2  AB2  AH  BH , kết hợp AH  SH ta được AH   SHB 
Kẻ HK vuông góc với SB , theo chứng minh trên ta được AH   SHB 
Suy ra AH  HK  HK là đoạn vuông góc chung của AC và SB , suy ra HK  a .
1
1
1
Trong tam giác vuông SHB ta có:
 SH  2a


2
2
HK
SH
HB 2

1
1
4
1
4 2a 3
VS . ABCD  SH .S ABCD  SH .4SOAB  SH . OA.BH 
. Vậy chọn đáp án A
3
3
3
2
3
Câu 2591. [1H3-5.6-3] Cho hình chóp
a, SD  a 2, SA  SB  a, và mặt phẳng

có đáy là hình thoi cạnh bằng

S. ABCD

 SBD 

khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD.
5a
a
A. .
B.
.
4
2

vuông góc với

C.

 ABCD  .

a
.
2

D.

Tính theo a

3a
.
2

Lời giải
Chọn C.
Theo giả thuyết  ABCD    SBD  theo giao tuyến BD.
Do đó nếu dựng AO   SBD  thì O  BD.
Mặt khác AS  AB  AD  OS  OB  OD
hay SBD là tam giác vuông tại S
BD  SB2  SD2  a 2  2a 2  a 3
AO 

AB 2 ) B 2  a 2 

3a 2 a


4
2

Trong SBD dựng OH  SD tại H 1  H là trung điểm của SD.
Theo chứng minh trên AO   SBD   OA  OH  2 
Từ 1 và  2  chứng tỏ OH là đoạn vuông góc chúng của AC và SD.
Vậy d  AC , SD   OH 

1
a
SB  .
2
2

Câu 2574: Mất hình vẽ + gắn ID sai (đề nghị ID [1H3-5.6-3])
Câu 2577: Hình vẽ không khớp lời giải
Câu 412: [1H3-5.6-3] Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a . Tính khoảng cách giữa AB và CD .
A.

a 3
.
2

B.

a 2
.
3

C.
Lời giải

Chọn C

a 2
.
2

D.

a 3
.
3


Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB và CD .
a 3
Khi đó NA  NB 
nên tam giác ANB cân, suy ra NM  AB . Chứng minh tương tự
2
ta có NM  DC , nên d  AB; CD   MN .
Ta có: S ABN 



p  p  AB  p  BN  p  AN  (p là nửa chu vi).

aa 3 aa 3 a a
2a

.
. . 
.
2
2
2 2
4

Mặt khác: S ABN 

1
1
2a
.
AB.MN  a.MN  MN 
2
2
2

3a 2 a 2 a 2


Cách khác. Tính MN  AN  AM 
.
4
4
2
2

2

Câu 720. [1H3-5.6-3] Cho hình chóp O. ABC có đường cao OH 

2a
3

. Gọi M và N lần lượt là

trung điểm của OA và OB . Khỏang cách giữa đường thẳng MN và ( ABC ) bằng:
A.

a
.
2

B.

a 2
.
2

C.

a
.
3

D.

Lời giải

Chọn D.
O

M

N
A

C
H

B

Ta có: MN / / AB ( MN là đường trung bình trong tam giác OAB )
 MN / / ( ABC)  d (MN ,( ABC))  d (M ,( ABC)) .

a 3
.
3


Mặt khác:

d ( M ,( ABC )) MA 1
1
a 3
.

  d ( M ,( ABC ))  d (O,( ABC )) 
d (O,( ABC )) OA 2

2
3

Suy ra: d (MN ,( ABC )) 

a 3
.
3

Câu 926. [1H3-5.6-3]Cho hình chóp S. ABCD có cạnh đáy là hình chữ nhật, SA  ( ABCD). Biết

SA  AB  a, AD  a 3. Gọi M  BC sao cho DM  SC. Tính DM theo a.
A.

2a 3
.
3

B. a 3 .

C.

2a
.
3

D.

a 3
.

3

Lời giải
Chọn A
S

A

D

K
B

M

C

Ta có SA   ABCD   SA  DM Mà DM  SC  DM   SAC   DM  AC
Xét tam giác ADC và tam giác DCM có
ADC  DCM  900
DAC  CDM ( cùng phụ với ACD )
DM CM
DM CM



 DM  2CM
 ADC ∽ DCM Do đó
AC DC
2a

a
Tam giác DCM vuông tại C có:
2

3
2a 3
 DM 
2
2
2
.
DM  CM  CD  DM  
  a  DM  a  DM 
4
3
 2 
2

2

2

2