D07 hai đường chéo nhau (mượn mặt phẳng) muc do 3

Câu 28.[1H3-5.7-3] (Toán Học Tuổi Trẻ - Tháng 12 - 2017) Cho tứ diện đều ABCD cạnh bằng a .
Gọi M là trung điểm của CD . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BM .
A.

a 22
.
11

B.

a 2
.
3

C.

a 3
.
3

D. a .

Lời giải
Chọn A

Gọi O là tâm của tam giác BCD .
Qua C kẻ đường thẳng d song song với BM .
Khi đó d  AC, BM   d  BM ,  AC, d    d O,

 AC, d   .
Do tứ diện ABCD là tứ diện đều  AO   BCD  .

Kẻ OI  d và I  d , OH  AI và H  AI  OH   AC, d  . Suy ra d  O,  AC, d    OH .
a
.
2
a 3
a 3
.
 BO 
BM là đường cao trong tam giác đều cạnh bằng a  BM 
3
2

Ta có d // BM  d  CD . Tứ giác IOMC là hình chữ nhật, suy ra IO  MC 

Ta có AO  AB2  BO2  AO  a 2 

a2 a 2
.

3
3

1
1
1
OA.OI
 OH 


Do đó ta có

 OH 
OH 2 OA2 OI 2
OA2  OI 2

a 2 a
.
3 2  a 22 .
11
2a 2 a 2

3
4

Câu 1. [1H3-5.7-3] (THPT Xuân Trường - Nam Định - 2018-BTN) Cho hình tứ diện OABC có đáy
OBC là tam giác vuông tại O , OB  a , OC  a 3 . Cạnh OA vuông góc với mặt phẳng  OBC  ,

OA  a 3 , gọi M là trung điểm của BC . Tính theo a khoảng cách h giữa hai đường thẳng AB và OM .
A. h 

a 5
.
5

B. h 

a 15
.
5

C. h 

a 3
.
2

Lời giải
Chọn B
Trong mặt phẳng OBC  dựng hình bình hành OMBN , kẻ OI  BN .

D. h 

a 3
.
15


A

H
O
C
N

M

I
B

Kẻ OH  AI . Nhận xét OM //  ABN  nên khoảng cách h giữa hai đường thẳng AB và OM bằng
khoảng cách giữa đường thẳng OM và mặt phẳng  ABN  , bằng khoảng cách từ O đến mặt phẳng

 ABN  . Suy ra h  d O,  ABN    OH .

Tam giác OBI có OB  a , BOM  60o nên OI 
Tam giác AOI vuông tại O nên

a 3
.
2

a 3
1
1
1
1
1
4
.
 OH 





OH 2 OA2 OI 2
OH 2 3a 2 3a 2
5

Câu 29: [1H3-5.7-3] (THPT Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ - Lần 1 - 2018 - BTN) Cho hình chóp
S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh a , SO vuông góc với mặt phẳng

 ABCD 
A.

a 3
.
15

và SO  a. Khoảng cách giữa SC và AB bằng
B.

a 5
.
5

C.

2a 3
.
15

D.

2a 5
.
5

Lời giải
Chọn D

Gọi M , N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, CD ; H là hình chiếu vuông góc của O trên
SN .
Vì AB //CD nên d  AB,SC  d  AB,(SCD)   d  M ,( SCD)   2d  O,( SCD) 

CD  SO
 CD  ( SON )  CD  OH
Ta có 
CD  ON
CD  OH
 OH  ( SCD)  d  O;( SCD)   OH .
Khi đó 
OH  SN


Tam giác SON vuông tại O nên

Vậy d  AB,SC   2OH 

1
1
1
1
1
5
a






 OH 
OH 2 ON 2 OS 2 a 2 a 2 a 2
5
4

2a 5
.
5

Câu 31. [1H3-5.7-3](TRƯỜNG CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH - LẦN 2 - 2018) Cho hình chóp S. ABC
có đáy là tam giác vuông cân tại B, AB  a. Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, góc
tạo bởi hai mặt phẳng  ABC  và  SBC  bằng 60 . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và
SC bằng

A. a .

B.

a 3
.
3

C.

a 2
.
2

D.

a 3
.
2

Lời giải
Chọn D
 BC  AB
 BC   SAB  .
Ta có 
 BC  SA
Góc giữa hai mặt phẳng  ABC  và  SBC  là góc SBA  60. Do đó SA  a.tan 60  a 3.

Dựng D sao cho ABCD là hình vuông. Dựng AE  SD tại E.
CD  AD
 CD   SAD   CD  AE.
Ta có: 
CD  SA
Mà AE  SD suy ra AE   SCD  .
Ta có d  AB; SC   d  AB;  SCD    d  A;  SCD    AE.
Mà AE 

AS . AD a 3
a 3

.
. Vậy d  AB; SC  
SD
2
2

Câu 49. [1H3-5.7-3](Chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định - 8 Tuần HK1 - 2018 - BTN) Cho hình
chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB  3a, BC  4a. Cạnh bên SA vuông


góc với đáy. Góc tạo bởi giữa SC và đáy bằng 60 . Gọi M là trung điểm của AC , tính
khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SM .
A. a 3 .

B.

10a 3
.
79

C.

5a
.
2

D. 5a 3 .

Lời giải
Chọn B

AC  5a, SA  5a 3 .

Gọi N là trung điểm BC  AB //  SMN   d  AB, SM   d  A,  SMN   .
Dựng AH  MN tại H trong  ABC  .
Dựng AK  SH tại K trong SAH  .

 AK   SMN  tại K nên d  A,  SMN    AK  d  AB, SM   AK .
AH  NB  2a .
1
1
1
1
1
79
10a 3





.
 AK 
AK 2 AH 2 SA2 4a 2 75a 2 300a 2
79

Câu 41. [1H3-5.7-3]

(THPT Hoa Lư A-Ninh Bình-Lần 1-2018) Cho hình hộp chữ nhật

ABCD. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a 2 , AA  2a . Tính khoảng cách giữa hai đường
thẳng BD và CD .

A.

a 5
.

5

B.

2a 5
.
5

C. 2a .

D. a 2 .

Lời giải
Chọn B

B

C
O

D

H

A

B

C

D

O

A

Gọi O, O lần lượt là tâm của hai mặt đáy.Khi đó tứ giác COOC là hình bình hành và
AC
C O 
a
2


Do BD // BD  BD //  CBD  nên d  BD; CD  d  O;  CBD   d C;  CBD   .

 BD  AC 
Ta có: 
 BD   COOC     CBD    COOC 
 BD  CC 
Lại có  CBD    COOC   CO .
Trong CCO hạ CH  CO  CH   CBD  d  BD; CD  CH
Khi đó:

1
1
1
1
1
5
2 5a

.





 C H 
C H 2 CC 2 C O2  2a 2 a 2 4a 2
5

Câu 24: [1H3-5.7-3] (THPT Lê Xoay – Vĩnh Phúc – Lần 3 – 2018) Cho hình chóp S. ABCD có đáy

ABCD là hình chữ nhật có AB  2a , AD  4a , SA   ABCD  , cạnh SC tạo với đáy góc
60o . Gọi M là trung điểm của BC , N là điểm trên cạnh AD sao cho DN  a . Khoảng
cách giữa MN và SB là
A.

2a 285
.
19

B.

a 285
.
19

2a 95
.
19

C.

D.

8a
.
19

Lời giải
Chọn A

Lấy K trên AD sao cho AK  a thì MN //  SBK  . AC  2a 5 .

 d  MN , SB   d  MN ,  SBK    d  N ,  SBK    2d  A,  SBK   .

Vẽ AE  BK tại E , AH  SE tại H .
Ta có  SAE    SBK  ,  SAE    SBK   SE , AH  SE

 AH   SBK   d  A,  SBK    AH . SA  AC. 3  2a 15 .
1
1
1
1
1
1
1







AH 2 SA2 AE 2 SA2 AK 2 AB 2
2a 15





2



1
1
1


a 2 4a 2
2a 15





2



1
1

a 2 4a 2

2a 285
a 285
 d  MN , SB  
.
 AH 
19
19

Câu 45:

[1H3-5.7-3] (THPT Kim Liên - HN - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình lăng trụ đứng

ABC. ABC có đáy là tam giác vuông và AB  BC  a , AA  a 2 , M là trung điểm của
BC . Tính khoảng cách d của hai đường thẳng AM và BC .
A. d 

a 2
.
2

B. d 

a 6
.
6

C. d 

a 7
.
7

D. d 

a 3
.
3


Lời giải
Chọn C

A
C'

A'
B'

M

B
A

C

C
M

N

B

B'

Tam giác ABC vuông và AB  BC  a nên ABC chỉ có thể vuông tại B .
 AB  BC
Ta có 
 AB   BCB  .
 AB  BB '
Kẻ MN // BC  BC //  AMN 

 d  d  BC, MN   d  BC,  AMN    d  C,  AMN    d  B,  AMN   .
Tứ diện BAMN là tứ diện vuông



1
1
1
1
1
1
1
7
a 7




 


d 
.
d 2 BA2 BM 2 BN 2 a 2  a 2  a 2 2 a 2
7
  
 2   2 

Câu 39: [1H3-5.7-3] (THPT Chuyên Vĩnh Phúc - lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp S. ABCD
có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy, SA  a . Khoảng cách giữa hai đường
thẳng SB và CD là
A. a .
B. 2a .
C. a 2 .
D. a 3 .
Lời giải
Chọn A
S

A

D

Vì SA   ABCD  nên SA  AD .
 SA  AD

Ta có: 
 AD   SAB   d  D,  SAB    DA .
 AB  AD

B

C


CD   SAB 

 CD //  SAB   d  CD, SB   d  CD,  SAB    d  D,  SAB    DA  a .
CD // AB
 AB  SAB




Câu 44: [1H3-5.7-3] (THPT Chuyên Vĩnh Phúc - lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Hình hộp
ABCD. ABCD có AB  AA  AD  a và AAB  AAD  BAD  60 . Khoảng cách giữa các
đường thẳng chứa các cạnh đối diện của tứ diện AABD bằng:
a 2
a 3
A.
.
B.
.
C. a 2 .
D. 2a .
2

2
Lời giải
Chọn A

Theo bài ra thì AABD là tứ diện đều cạnh bằng a . Khoảng cách giữa các đường thẳng chứa
các cạnh đối diện của tứ diện AABD là EF .
2

 a 3  a2 a 2
Ta có: EF  EB 2  BF 2  
.

 
4
2
 2 

Câu 44: [1H3-5.7-3](CỤM CÁC TRƯỜNG CHUYÊN ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG-LẦN 22018) Cho hình chóp tứ giác S. ABCD có đáy là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường
3
kính AD  2a , SA   ABCD  , SA  a . Tính khoảng cách giữa BD và SC .
2


A.

3a 2
4

B.

a 2
4

C.

5a 2
12

D.

5a 2
4

Lời giải
Chọn B
S

H
A

D

E

O
C

B
F

OC OB BC 1
+ Ta có: AB  BC  CD  a . Và


 .
OA OD AD 2

+ Trong  ABCD  , dựng hình bình hành BCED , ta được BD //  SCE  .
1
 d  BD, SC   d  DB,  SCE    d  O,  SCE    d  A,  SCE   .
3
Gọi F  AB  CE  AF  CE (do AB  BD ).

CE  SA
 CE   SAF    SAF    SCE  theo giao tuyến SF .
Khi đó ta có: 
CE  AF
Trong  SAF  , kẻ AH  SF thì AH   SCE  .
Tam giác AFE có : AE  3a và
 AH 

FB BC 1
3a

  AF 
FA AE 3
2

1
1 3a 2 3a 2

.

SF  .
2 2
4
2

1
1
a 2
Vậy d  BD, SC   d  A,  SCE    AH 
.
3
4
3
Câu 43: [1H3-5.7-3] (THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình
lập phương ABCD. ABCD cạnh bằng a . Gọi K là trung điểm DD . Tính khoảng cách giữa
hai đường thẳng CK và AD .
3a
4a
2a
a
A.
.
B. .
C.
.
D.
.
3

4
3
3
Lời giải
Chọn B
Gọi M là trung điểm BB . Ta có: CK // AM  CK //  AMD  .
Khi đó: d  CK , AD   d CK ,  AMD    d C ,  AMD   .
Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ:


a

Ta có: A  0;0;0  , B  a;0;0  , D  0; a;0  , A  0;0; a  , B  a;0; a  , C  a; a;0  , M  a;0;  .
2


 a2

a

AM   a;0;   , AD   0; a; a  ,  AM , AD    ; a 2 ; a 2  .
2
2



Vậy mặt phẳng  AMD  nhận n  1; 2; 2  làm vectơ pháp tuyến.
Phương trình mp  AMD  : x  2 y  2 z  2a  0 .
Do đó: d  C ,  ADM   

a  2a  2a
3



a
.
3

Câu 30: [1H3-5.7-3] (THPT Chuyên Thái Nguyên - Lần 2 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp
S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2a , tam giác SAB đều, góc giữa  SCD  và  ABCD 
bằng 60 . Gọi M là trung điểm cạnh AB . Biết hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt
phẳng  ABCD  nằm trong hình vuông ABCD . Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng
SM và AC .

A.

a 5
.
5

B.

5a 3
.
3

C.

2a 15

.
3

D.

2a 5
.
5

Lời giải
Chọn A
Hạ SH   ABCD  , vì AB  SM nên AB  MH do đó MH cắt CD tại trung điểm
N của CD . Từ đó suy ra góc giữa  SCD  và  ABCD  bằng SNH  60 .

2a 3
 a 3 , MN  2a , SNM  60 suy ra SN  a do
2
đó tam giác SNH là nửa tam giác đều nên H là trung điểm của ON với O là tâm của hình
Tam giác SMN có SM 

vuông ABCD và SH 

a 3
.
2


S

D

A
K
M
O'
B

N

H

O
J

C

I

Gọi I là trung điểm của BC , và O là giao điểm của MI và BD , khi đó  SMI 
chứa

và

SM

song

d  SM ; AC   d  AC;  SMI  

song

với
2
 d  O;  SMI    d  H ;  SMI   .
3

suy

AC

ra

Qua H dựng đường thẳng song song với BD cắt MI tại J khi đó HJ  MI và

JO  JI . Hạ HK  SJ  HK  d  H ;  SMI   .

1
1
BD  BD
3a 2
OO  IN 4
2
Lại có JH 
.


2
4
2
Trong
tam

giác
vuông
4
1
8
1
20
1
3a
=
.




 HK 
SK 2 SH 2 HJ 2 3a 2 9a 2 9a 2
2 5
Vậy d  SM ; AC  

ta

SHJ

có

2
2 3a
a
.

HK  

3
3 2 5
5

Câu 20: [1H3-5.7-3] (Toán Học Tuổi Trẻ - Số 5 - 2018 - BTN) Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC
có ABC là tam giác vuông cân, AB  AC  a , AA  h  a, h  0  . Tính khoảng cách giữa hai
đường thẳng chéo nhau AB , BC .
A.

ah
a 2  h2

. B.

ah
5a 2  h 2

.

C.
Lời giải

Chọn D
Cách 1.

ah
2a 2  h 2

.

D.

ah
a 2  5h 2

.


Dựng hình bình hành ABCE . Khi đó EC vừa song song vừa bằng với AB  AB nên
ABCE là hình bình hành. Suy ra AE //BC hay BC //  ABE  chứa AB .
Ta có: d  AB, BC  d  BC,  ABE    d C,  ABE   . Do AC  cắt

 ABE 

tại trung điểm

của AC  nên d  C,  ABE    d  A,  ABE   .
Dựng AH  BE tại H và AK  AH tại K . Ta chứng minh được AK   ABE  .
Suy ra d  AB, BC  AK .
Ta có:

1
1
1
5 1
1
1
1

5
và


 



2
AK 2 AH 2 AA2 a 2 h 2
AH 2  1
AB2 a 2

 AC  
2


Vậy AK 

a 2 h2
ah
.

2
a  5h2
a  5h2
2

Cách 2.

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó: A  0;0;0  , B  a;0;0  , C   0; a;0  , A  0;0; h  ,

B  a;0; h  , C  0; a; h  .
Ta có: AB   a;0; h  , BC   a; a; h  , BC   a; a;0  .
Suy ra:  AB, BC    ah; 2ah; a 2 


 AB, BC  .BC 
a2h
ah


.


2 2
2 2
4
2
 AB, BC 
a
h

4
a
h

a
a
 5h 2



Câu 39. [1H3-5.7-3] (THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC - LẦN 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho lăng trụ
ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu của A lên mặt phẳng ( ABC )

Do đó: d  AB, BC   

trùng với trung điểm BC. Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng BC  và AA biết góc
giữa hai mặt phẳng  ABBA  và  A BC   bằng 60 .
A. d 

3a 7
a 21
3a
. B. d 
.
C. d 
.
4
14
14
Lời giải

D. d 

a 3
.
4

Chọn A

Gọi H là trung điểm BC , theo giả thiết A H   ABC  .
Vì ABC là tam giác đều nên AH  BC . Vậy BC   A AH   BC  AA .
Gọi M là trung điểm AB , N là trung điểm MB . Ta có CM  AB , NH là đường trung bình
BCM nên HN //CM  HN  AB . Mà góc giữa hai mặt phẳng  ABBA  và  A BC   bằng
góc giữa hai mặt phẳng  ABBA  và  ABC  là góc A NH  60 .
Vì AA //BB nên d  AA; BC    d  AA;  BCC B 
Trong mặt phẳng  A AH  , kẻ HK  AA tại K . Ta thấy HK  AA mà AA //BB

 HK  BB , HK  BC nên HK   BCC B .
Vì AA //BB nên d  AA; BC    d  AA;  BCC B   d  K ;  BCC B   HK .
1
a 3
3a
Ta có HN  CM 
.
 A H  NH .tan 60 
2
4
4

Trong A AH có AH 
 HK 

a 3
3a
1
1
1
16

4
28
; A H 
nên





2
4
HK 2 A H 2 AH 2 9a 2 3a 2 9a 2

3a 7
.
14

Câu 47: [1H3-5.7-3](SGD Hà Nam - Năm 2018) Cho hình lăng trụ tam giác ABC. ABC có độ dài
cạnh bên bằng a 7 , đáy ABC là tam giác vuông tại A , AB  a , AC  a 3 . Biết hình chiếu


vuông góc của A trên mặt phẳng  ABC  là trung điểm của BC . Khoảng cách giữa hai đường
thẳng AA và BC  bằng
A. a

3
.
2

B.

3a
.
2

C. a

2
.
3

D.

a 3
.
2

Lời giải
Chọn C

Gọi H là trung điểm của BC
Ta có BC  AB2  AC 2  a 2  3a 2  2a suy ra AH 

1
BC  a và
2

AH  AA2  AH 2  7a 2  a 2  a 6
Từ A ta dựng đường thẳng d song song với BC , kẻ HM  d tại M và HK  AM tại K .
 AM  MH

Ta có 
 AM   AMH   AM  HK .
 AM  AH
 HK  AM
Ta có 
 HK   AAM  .
 HK  AM
Do đó
d  AA; BC   d  BC;  AAM    d  H ;  AAM    HK .
AB 2 . AC 2
a 2 .3a 2
3a


.
2
2
AB  AC
a 2  3a 2
2
Xét tam giác AHM vuông tại H ta có
Ta có HM  AI 

MH 2 . AH 2
HK 

MH 2 . AH 2

3 2 2
a .6a

2
4

a.
3 2
3
2
a  6a
4

Câu 46: [1H3-5.7-3](Chuyên KHTN - Lần 3 - Năm 2018) Trong không gian cho hai đường thẳng
chéo nhau d và  , vuông góc với nhau và nhận AB  a làm đoạn vuông góc chung
A  d , B  . Trên d lấy điểm M , trên  lấy điểm N sao cho AM  2a , BN  4a . Gọi I là
tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABMN . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và BI là
A.

4a
.
17

B. a .

C.

4a
.
5

Lời giải
Chọn A

D.

2a 2
.
3


Ta có, MA  ( ABN ) suy ra MA  AN .
NB  ( ABM ) suy ra NB  BM .

Do đó, tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABMN là trung điểm I của MN .
Gọi F là trung điểm của AN suy ra IF //AM do đó
d ( AM , BI )  d ( AM ,( BIF ))  d ( A,( BIF )) và IF  ( ABN ) .
Gọi H là hình chiếu của A lên BF , P đối xứng với B qua F suy ra ABNP là hình chữ nhật

 AH  BF
Ta có 
 AH  ( BIF )  d ( AM , BI )  AH .
 AH  IF
Xét tam giác ABP vuông tại A có AH là đường cao nên

d ( AM , BI )  AH 

AB 2 . AP 2
a 2 .16a 2
4a
.



AB 2  AP 2
a 2  4a 2
17

Câu 37: [1H3-5.7-3] (THPT Mộ Đức 2 - Quảng Ngãi - 2017 - 2018 - BTN)Cho hình chóp S. ABC có
đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng 1 , cạnh bên SA vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm
của SA (hình vẽ bên cạnh). Biết hai đường thẳng CM và SB hợp nhau một góc 45 , khoảng
cách giữa hai đường thẳng CM và SB bằng bao nhiêu?

A.

1
.
5

B.

1
.
6

C.
Lời giải

Chọn B

1
.
3

D.

1
.
2


S

M
H
C

A
N
B

Gọi N là trung điểm cạnh AB nên MN //SB .  CM , SB    CM , MN   CMN
Ta có CN  AB , CN  SA suy ra CN   SAB  hay CN  NM

CN 

CN
3 1
a 3
2
3
 
, tan CMN 
, AM  MN 2  AN 2 

 MN 
4 4
MN
2
2
2

d  CM , SB   d  SB,  CMN    d  B,  CMN    d  A,  CMN  

Kẻ AH  MN suy ra d  A,  CMN    AH

1
1
1
1
6


 4  2  AH 

.
AH 2 AN 2 AM 2
AH 2
6
THI THỬ – THPT MỘ ĐỨC 2 – QUẢNG NGÃI
GV giải: Đặng Thanh Quang – CÂU 38 – 39
Câu 13. [1H3-5.7-3] (SGD Bà Rịa - Vũng Tàu - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình lập phương
ABCD. ABCD có cạnh bằng a. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và DC bằng
A.

a 6
.
3

B.

2a 3
.
3

C.

a 2
.
2

D.

a 3
.
3

Lời giải

Chọn D
Ta có: DC //AB  DC //  BAC  chứa AC .
Khi đó ta có d  AC; DC   d  D;  BAC    d  B;  BAC   .

 AC  BD
 AC   BBO  .

Ta có: 
 AC  BB 
 BH  AC
 BH   B AC  .
Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên BO ta có: 
 BH  B O
Suy ra d  B,  BAC    BH .
Trong tam giác BBO ta có:

1
1
1
1
1
2
a 3

 BH 




3
BH 2 BB 2 BO 2
BH 2 a 2 a 2


Câu 44: [1H3-5.7-3] (THPT Lý Thái Tổ - Bắc Ninh - lần 1 - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình lập
phương ABCD. ABCD có cạnh bằng a . Gọi K là trung điểm của DD . Tính khoảng cách
giữa hai đường thẳng CK , AD .

2a
a
3a
A. a .
B.
.
C. .
D.
.
5
3
8
Lời giải
Chọn C

Cách 1:
Trong  ADDA  : Gọi O  AD  AD ; H  IK  AD ; I là trung điểm của AD .
Ta có IK //AD  AD //  IKC   d  CK , AD   d  AD ,  IKC    d  D ,  IKC   .
Kẻ DF  CE , ta có:
DF  CE 
  DF   CEI   d  D ,  IKC    DF .
DF  EI 
1
1
ED  OH  AD  a 2 .
4
4

CD 2 .ED 2
DF 


CD 2  ED 2
Vậy d  CK , AD  

a2
8  a.
a2
3
a2 
8
a2.

a
.
3

Cách 2:
Chọn hệ trục tọa độ: D  0;0;0  , A  0; a;0  , C  a;0;0  , D  0;0; a  .

a
a


Ta có: K  0;0;  ; CK   a;0;  ; AD   0;  a;  a  .
2
2


a



CK  AD   ;  a; a  .
2


DC   a;0;0  .
CK , AD  .DC


d  CK , AD  

CK , AD 



a2
2
2

a
 a2  a2
4



a
.
3

Câu 44:

(THPT Kinh Môn - Hải Dương - Lần 2 - 2018 - BTN) Cho hình chóp

[1H3-5.7-3]

S. ABC có đáy là tam giác đều cạnh a , SA vuông góc với  ABC  và SA  a . Tính khoảng cách

giữa SC và AB .
A.

a
2

B.

a 21
3

a 21
7

C.

a 2
2

D.

Lời giải

Chọn C
S
H

D
M
A

C

B

Vẽ đỉnh D của hình bình hành ABCD . Khi đó, AB

DC  AB

 SDC  .

Do đó d ( AB; SC )  d  AB;  SDC    d  A;  SDC   .
Gọi

M

là

trung

điểm

CD ,

CD  SA  CD   SAM    SCD    SAM  .

vì
Kẻ

ACD

đều

AH  SM

CD  AM mà

nên
tại

H.

Suy

ra

AH   SCD   d  A;  SDC    AH .
Tam giác SAM vuông tại A có SA  a , AM 
Suy ra

a 3
.
2

1
1
1
1
4
7
a 3 a 21
.
 AH 



 

7
AH 2 SA2 AM 2 a 2 3a 2 3a 2
7

Vậy d  AB; SC   AH 

a 21
.
7

Câu 35: [1H3-5.7-3](Sở GD và ĐT Cần Thơ - 2017-2018 - BTN) Cho hình chóp S. ABCD có đáy là
hình vuông cạnh a , đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng  ABCD  , góc giữa đường
thẳng SB và mặt phẳng

 ABCD 

bằng 60 . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và

AD bằng:
A.

a 2
.
2

B. 2a .

C.
Lời giải

Chọn D

a
.
2

D.

a 3
.
2


S
H

60
A

B

D

C

Ta có:  SB;  ABCD     SB; AB   SAB  60  SA  AB.tan 60  a 3 .

 SBC  là mặt phẳng chứa SC và song song với
d  SC; AD   d  AD;  SBC    d  A;  SBC   .

AD nên:

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên SB thì H cũng là hình chiếu vuông góc của A lên

 SBC  nên d  A;  SBC    AH .

Xét tam giác SAB vuông tại A ta có:

 d  SC; AD   AH 

1
1
1
a 3



 AH 
AH 2 AB 2 AS 2
2

a 3
.
2

Câu 35: [1H3-5.7-3] (Sở GD Cần Thơ-Đề 302-2018) Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông
cạnh a , đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng  ABCD  , góc giữa đường thẳng SB và
mặt phẳng  ABCD  bằng 60 . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AD bằng:
A.

a 2
.
2

B. 2a .

C.

a
.
2

D.

Lời giải
Chọn D

S
H

60
A
D

B
C

Ta có:  SB;  ABCD     SB; AB   SAB  60  SA  AB.tan 60  a 3 .

a 3
.
2


 SBC  là mặt phẳng chứa SC và song song với
d  SC; AD   d  AD;  SBC    d  A;  SBC   .

AD nên:

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên SB thì H cũng là hình chiếu vuông góc của A lên

 SBC  nên d  A;  SBC    AH .

Xét tam giác SAB vuông tại A ta có:
 d  SC; AD   AH 

1

1
1
a 3


 AH 
AH 2 AB 2 AS 2
2

a 3
.
2

Câu 37: [1H3-5.7-3] (Sở GD Cần Thơ-Đề 323-2018) Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông
cạnh 2a , tam giác SAB đều, góc giữa  SCD  và  ABCD  bằng 60o . Gọi M là trung điểm
của cạnh AB . Biết rằng hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng  ABCD  nằm trong
hình vuông ABCD . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và AC là
3a 5
5a 3
a 5
a 5
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
10

3
10
5
Lời giải
Chọn A
S

A
M

D
H

I

C
N
 AB  SM
Gọi I là trung điểm cạnh CD , khi đó 
 AB   SMI  .
 AB  MI
B

Do CD//AB nên CD   SMI   ((SCD),( ABCD))  SIM .
Vẽ SH  MN tại H  MN thì SH   ABCD  .
Tam giác SMI có SM 2  MI 2  SI 2  2.MI .SI .cos SIM  3a2  4a2  SI 2  2a.SI
 SI 2  2a.SI  a 2  0  SI  a .
Cách 1:
Theo định lý Pythagore đảo thì SMI vuông tại S  SH 
Vẽ SH  MN tại H  MN thì SH   ABCD  .

SM .SI a 3
.

MI
2

Gọi N là trung điểm cạnh BC ta có AC //MN
 d  AC , SM   d  AC ,  SMN    d  C ,  SMN   

3VSMNC
.
SSMN

1
1
1 a 3
a3 3
Ta có VSMNC  VS .MNB  .SH . .BM .BN  .
.
.a.a 
3
2
6 2
12

Tam giác SIC có SC  SI 2  IC 2  a 2  a 2  a 2 .


Tam giác SBC có SN 2 

SB 2  SC 2 BC 2

 2a 2  SN  a 2 .
2
4

Tam giác SMN có nửa chu vi p 
Và diện tích SMN là SSMN 

SM  SN  MN a 3  a 2  a 2
.

2
2

p  p  SM  p  SN  p  BC  

a 2 15
.
4

a3 3
3VSMNC 3  12
a 5
Vậy d  AC , SM  
.
 2

SSMN

5
a 15
4
Cách 2:
SM .SI a 3
3a
; HM 
.

2
MI
2
Gọi O  AC  BD ; N là trung điểm cạnh BC ta có AC //  SMN  .

Ta thấy SM 2  SI 2  MI 2 nên SMI vuông tại S . Suy ra SH 

Do đó, d  AC, SM   d  AC,  SMN    d  O,  SMN   

2
d  H ,  SMN   .
3

Gọi K là hình chiếu của H lên MN , ta có HKM vuông cân tại K nên HK 

HM 3a 2
.

4
2

a 5
2
SH .HK
Vậy d  AC , SM   .
.

5
3 SH 2  HK 2

Câu 20: [1H3-5.7-3](THPT Hồng Bàng - Hải Phòng - Lần 1 - 2018 - BTN) Cho hình chóp S. ABCD
có đáy ABCD là hình vuông, SA vuông góc với mặt phẳng  ABCD  , góc giữa đường thẳng
SC và mặt phẳng  ABCD  bằng 45o . Biết rằng thể tích khối chóp S. ABCD bằng

Khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC bằng
A.

a 3
.
2

B.

a 6
.
3

C.
Lời giải

Chọn C

a 10
.
5

D.

a 10
.
10

a3 2
.
3


Đặt cạnh của hình vuông ABCD là x , x  0 .
Vì SA   ABCD  nên suy ra góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng  ABCD  là góc SCA .
Vậy SCA  45o . Do đó tam giác SAC vuông cân tại A . Suy ra SA  AC  x 2 .
1
1
x3 2
Ta có VABCD  SA.S ABCD  .x 2.x 2 
.
3
3
3

Theo bài ra thì VABCD 

a3 2
. Vậy x  a .
3

Cách 1:
Qua B dựng đường thẳng d song song với AC , qua A dựng đường thẳng d song song với
BD . Gọi K là giao điểm của d và d . Ta có AC //  SKB  .
Do đó d  AC, SB   d  AC,  SKB    d  A,  SKB   .
Trong mặt phẳng  SAK  dựng AH vuông góc với SK tại H (1).
Vì AC  BD nên suy ra AK  KB (2). Mặt khác SA   ABCD  nên SA  KB (3).
Từ (2) và (3) suy ra KB   SAK  . Do đó ta có KB  AH (4).
Từ (1) và (4) suy ra AH   SKB  . Vậy AH  d  A,  SKB   .
Gọi I là giao điểm của AC và BD .
Ta có tứ giác AKBI hình chữ nhật nên AK  BI 
Trong tam giác vuông SAK có

BD a 2

.
2
2

1
1
1
1



2

2
2
AH
AS
AK
a 2





2



1
a 2


 2 

2



5
.
2a 2

Suy ra AH 

a 10
a 10
. Vậy d  AC , SB  
.
5
5

Cách 2 (tọa độ hóa):





Gán hệ trục tọa độ như sau: A   0;0;0  , D   a;0;0  , B   0; a;0  và S  0;0; a 2 .
Khi đó C   a; a;0  .









Ta có SB  0; a; a 2 , AC   a; a;0  , AS  0;0; a 2 .





Do đó:  AC, SB   a 2 2; a 2 2; a 2 ,  AC, SB  . AS  a3 2 .
Từ đó ta có d  AC , SB  

 AC , SB  AS a3 2 a 10


.
 2

5
a 5
 AC , SB 



Câu 34. [1H3-5.7-3](CHUYÊN LAM SƠN THANH HÓA LẦN 3-2018) Cho lăng trụ tam giác đều
ABC. ABC có tất các cạnh bằng a . Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng AA và
BC .
A.

a 15
.
2

a 3
.
2
Lời giải

B. a 2 .

C.

D. a .

Chọn C
C'

A'

B'

C

A
I
B

AA song song với mặt phẳng  BBC C  do đó d  AA, BC   d  A,  BBC C    AI 

a 3
2

Câu 29. [1H3-5.7-3] Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với AD  2 AB  2a , cạnh SA
vuông góc với mặt phẳng đáy  ABCD  và SB tạo với mặt phẳng đáy  ABCD  một góc 60°.
Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC bằng
A.

a 21
7

B.

2a 21
7

C.

a 21
14

Lời giải

D.

a 21
21


Vì AB / /  SCD   d  AB, SC   d  AB,  SCD    d  A,  SCD  
Trong  SAD  , kẻ AH  SD,  H  SD 

CD  AD
Vì 
 CD   SAD   CD  AH .
CD  SA
 AH  SD
Vì 

 AH   SCD   d  A,  SCD    AH
 AH  CD
Ta có:  SB,  ABCD     SB, AB   SBA  60 .
SA
 SA  AB.tan SBA  a.tan 60  a 3 .
AB

Xét SAB vuông tại A, ta có: tan SBA 
Vậy d  AB, SC   AH 

SA. AD
SA2  AD 2

2a.a 3





4a 2  3a 2

2a 21
.
7

Chọn đáp án B.
Câu 30. [1H3-5.7-3] Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy là tam giác vuông tại A với

3d  AA ', BC '
bằng

a

BC  2a , AB  a . Khi đó, tỉ số
A.

9
2

B.

3
2

C. 2

D. 1

Lời giải
Vì AA '/ /  BB ' C ' C 

 d  AA ', BC '  d  AA ',  BB ' C ' C    d  A,  BB ' C ' C  
Trong  ABC  , kẻ AH  BC,  H  BC  .

 AH  BC
 AH   BB ' C ' C 
Vì 
 AH  BB '
 d  A,  BB ' C ' C    AH 

AB. AC

AB 2  AC 2

.

Ta có: AC  BC 2  AB2  4a 2  a 2  a 3 .
 d  A,  BB ' C ' C   

AB. AC
AB 2  AC 2



a.a 3
a 2  3a 2



a 3
.
2

a 3
3.
3d  A,  BB ' C ' C  
3d  AA ', BC '
2  3.


Vậy
a

a
a
2
Chọn đáp án B.
Câu 2.

[1H3-5.7-3] Cho hình lăng trụ ABC. ABC có đáy là tam giác đều cạnh a , gọi M là trung
điểm của AB , tam giác  A ' CM  cân tại A và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Biết
thể tích lăng trụ bằng

a3 3
. Khoảng cách giữa 2 đường thẳng AB và CC  .
4


A.

2a 57
.
5

B.

2a 57
.
19

C.

2a 39

.
13

D.

2a 39
.
3

Lời giải

Chọn đáp án B
Ta có: A ' CM cân tại A ' . Dựng A ' H  CM  H là trung điểm của CM và A ' H   ABC  .
a 2 3 a3 3

 A' H  a
4
4
d  AB, CC '  d  CC ', A ' AB   d  C, A ' AB   CK

Khi đó V  A ' H .S ABC  A ' H .

Vậy CK 

A ' H .CM

A' M

A ' H .CM

A ' H  MH
Hoặc các em có thể tính như sau:
2

d  C ',  A ' AB    2d  H ,  A ' AB   

Câu 4.

2



2a 57
19

2. A ' H .MH
A ' H 2  MH 2

[1H3-5.7-3] Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B ,

AB  a 3 , BC  2a . Gọi M là trung điểm của BC . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng
AM , B ' C biết AA '  a 2 .

A.

a 10
.
10

B. a 2 .

C.

a 30
.
10

Lời giải

Chọn đáp án C
Gọi N là trung điểm của BB ' suy ra MN / / B ' C .
Do đó d  AM , B ' C   d  B ' C,  AMN    d C,  AMN   .
Mà M là trung điểm của BC nên d  B,  AMN    d  C,  AMN   .

D. 2a .


Ta có BA, BM , BN đôi một vuông góc với nhau.
Nên

1
1
1
1
.



d 2  B,  AMN   BA2 BM 2 BN 2

Mặt khác BM 
Suy ra

BC
1
a
.
 a, AB  a 3, BN  BB ' 
2
2
2

1
1
1
 
d 2  B,  AMN   a 2
a 3



 d  B,  AMN   

Câu 5.



2



1
 a 


 2

2



10
.
3a 2

a 30
a 30
 d  AM , B ' C  
10
10

[1H3-5.7-3] Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC có AC  a, BC  2a, ACB  120 và đường
thẳng AC tạo với mặt phẳng

 ABBA

góc 30 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng

AB, CC .

A.

a 21
.
14

B.

a 21
.
7

C.

a 21
.
3

Lời giải

Chọn đáp án B
Kẻ CH  AB  H  AB   CH   ABB ' A ' .
Nên A ' H là hình chiếu vuông góc của A ' C lên  ABB ' A ' .
Do đó  A ' C,  ABB ' A '   CA ' H  30 .
Vì ABC. A ' B ' C ' là hình lăng trụ nên CC//AA  CC//  ABBA 

 d  A ' B, CC '  d  CC ',  ABB ' A '   d C,  ABB ' A '   CH .
Ta có SABC 

1

a2 3
.
AC.BC.sin ACB 
2
2

AB2  AC 2  BC 2  2 AC.BC.cos BCA  7a 2  AB  a 7

 CH 

2.SABC a 21
a 21

 d  A ' B, CC ' 
AB
7
7

D.

a 21
.
21