D07 hai đường chéo nhau (mượn mặt phẳng) muc do 4

Câu 43: [1H3-5.7-4] (THPT Trần Nhân Tông - Quảng Ninh - Lần 1 - 2017 - 2018 BTN) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật cạnh AB  a ,
AD  2a . Mặt phẳng  SAB  và  SAC  cùng vuông góc với  ABCD  . Gọi H là

hình chiếu vuông góc của A trên SD . Tính khoảng cách giữa AH và SC biết
AH  a .
A.

73
a.
73

B.

2 73
a.
73

C.

19
a.
19

D.

2 19
a.
19
Lời giải
Chọn C
S

H

D

A

K
B

C

Trong tam giác SAD vuông tại A và đường cao AH , ta có
1
1
1
1
1
1
1
1
3
2a


 2

 

nên SA 

.
AH 2 SA2 AD2
SA
AH 2 AD2 a 2 4a 2 4a 2
3

SD  SA2  AD 2 

4a 2
4a
 4a 2 
.
3
3

DH AD 2 3

 .
SD SD 2 4
HK DK DH 3
CK 1


 
 .
Kẻ HK SC với K  CD , suy ra
SC DC DS 4
DK 3
SC  AHK 
Khi

đó
AD 2  DH .SD 

1
d  AH ; SC   d  SC;  AHK    d  C;  AHK    d  D;  AHK   .
3
Ta có AC  a 5 , SC  a

19
3
a 57
, nên HK  SC 
.
3
4
4

nên


3
3a
a 73
nên AK  AD 2  DK 2 
.
DC 
4
4
4
73a 2 57a 2

a2 

2
2
2
AH  AK  HK
16
16  4  sin HAK  57 .
cos HAK 

2 AH . AK
a 73
73
73
2.a.
4

Ta cũng có DK 

SAHK 

1
1 a 73 57
57 2
AH . AK .sin HAK  .a.
.

a .
2
2

4
8
73
DH 3
3
3 2a a 3
.
  d  H ;  ABCD    SA  .

SD 4
4
4 3
2

Cũng từ

SADK 

1
1
3a 3a 2
AD.DK  .2a. 
.
2
2
4
4

1
1 3a 2 a 3 a3 3

Do đó VDAHK  SADK .d  H ;  ABCD    .
.
.

3
3 4
2
8
Bởi vậy

d  D;  AHK   

3VDAHK

SAHK

3.

a3 3
8  3a 3  3a 19 .
19
57 2
57
a
8

1
a 19
Vậy d  AH ; SC   d  D;  AHK   
.

3
19
Câu 48:

[1H3-5.7-4]
(THPT Lê Quý Đôn - Hải Phòng - 2018 - BTN) Cho hình
chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 3 . Hai mặt phẳng  SAB 
và  SAC  cùng vuông góc với mặt phẳng đáy. Góc giữa SB và mặt phẳng đáy
bằng 60 . Gọi M , N là các điểm lần lượt thuộc cạnh đáy BC và CD sao cho
BM  2MC và CN  2 ND . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau
DM và SN .
A.

3 3
730

B.

3 3
370

C.
Lời giải

Chọn B

3
370

D.

3
730


S

A

D

H
N

A

D

I
J

N
I
B

J
B

M

E

M

C

- Vì hai mặt phẳng  SAB  và  SAC  cùng vuông góc với mặt phẳng đáy nên

SA   ABCD 
 SBA  60 là góc giữa SB và mặt phẳng đáy  SA  AB.tan 60  3 3 .
- Trong mặt phẳng  ABCD  dựng NE // DM cắt BC tại E , cắt AC tại J .
Gọi I là giao điểm của DM và AC .
Ta có: DM // NE  DM //  SNE 

 d  DM ; SN   d  DM ;  SNE    d  I ;  SNE   .
CJ CE CN 2
1


  IJ  IC .
CI CM CD 3
3
1
IC CM 1
1
1

  IC  IA  IJ  IA  IJ  AJ
Lại có : BC // AD 
9

IA AD 3
10
3
Do NE // DM 

Mặt khác :

d  I ;  SNE  

d  A;  SNE  



1
IJ
1
 d  I ;  SNE    d  A;  SNE   .

10
AJ 10

- Xét tam giác DAN và tam giác CDM có: DA  CD , DN  CM ,

ADN  DCM  90
 DAN  CDM (c.g.c)
 DAN  CDM  DAN  ADM  CDM  ADM  90
 AN  DM  AN  NE  NE   SAN    SNE    SAN  (có giao tuyến là

SN ).

- Dựng AH  SN tại H  AH   SNE   AH  d  A;  SNE   .
- Ta có : SA  3 3 , AN  AD2  DN 2  10 .

1
1
1
1 1
37
3 30



 
 AH 
AH 2 SA2 AN 2 27 10 270
37
 d  DM ; SN  

1
3 3
AH 
.
10
370

E

C

Câu 50.

[1H3-5.7-4]

(Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ - 2018 - BTN) Cho tứ diện

ABCD đều có cạnh bằng 2 2 . Gọi G là trọng tâm tứ diện ABCD và M là trung điểm
AB . Khoảng cách giữa hai đường thẳng BG và CM bằng
2
3
2
A.
.
B.
.
C.
.
D.
2 5
5
14
2
.
10
Lời giải
Chọn B
A

M

G
D
B

J
H
I

N
K
C

Gọi N là trung điểm CD , khi đó G là trung điểm MN và AG đi qua trọng tâm H của
AH   BCD 
BCD .
tam
giác
Ta
có
và
AH  AB2  BH 2 

2 2 

2

2

2 6
4 3

 
.
 
3
3



1
3
AH 
.
4
3
Gọi K là trung điểm CN thì GK //CM nên CM //  BGK  . Do đó:
Ta có: GH 

3
d  BG; CM   d  C;  BGK    d  N ;  BGK    d  H ;  BGK   .
2
Kẻ HI  BK , HJ  GI với I  BK , J  GI . Khi đó

HJ  d  H ;  BGK   .
Ta có BK  BN 2  NK 2 

 
6

2

2

 2
26
 
.
 
2
2



HJ   BGK 

và


2
KN 2 6 2
2 6
Ta có HI  BH .sin KBN  BH .
.


.
BK
3
26 3 13
2
2 6 3

.
HI .HG
2 2
3 13 3
Do đó: HJ 
.


2
2
3 7
HI 2  HG 2
 2 6   3

 

 3 13   3 
3
3
3 2 2
2
Vậy d  BG; CM   d  H ;  BGK    HJ  .
.

2
2
2 3 7
14
Câu 43: [1H3-5.7-4](THPT CHUYÊN KHTN - LẦN 1 - 2018) Cho hình chóp S. ABCD
có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O , AB  a , BC  a 3 . Tam giác ASO cân

tại S , mặt phẳng  SAD  vuông góc với mặt phẳng

 ABCD 
A.

a 3
.
2

 ABCD  , góc giữa

SD và

bằng 60 . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC bằng
B.

3a
.
2

C.

a
.
2

D.

3a
.

4

Lời giải
Chọn D

 SAD    ABCD  ,  SAD    ABCD   AD ;
SH  AD thì SH   ABCD 

Ta có

trong mp  SAD  , kẻ

Mặt khác
Gọi I là trung điểm OA , vì tam giác ASO cân tại S nên AO  SI , AO  SH
 HI  OA


Tam

giác
vuông tại
ADC
DC
1
 DAC  30
tan DAC 

AD
3

có

D

AC  AD2  DC 2  2a

và

AI
a 3
2a 3
.

 HD 
cos 30
3
3
2a
vuông tại A có HB  AH 2  AB 2 
, AB2  IB.HB
3

Tam giác AHI vuông tại I có AH 
Tam giác ABH

a 3
2
Trong mặt phẳng
 IB 

 ABCD  , dựng hình bình hành ABEC thì BE // AC ,
BE   SBE   AC //  SBE  d  SB, AC   d  AC,  SBE    d  I ,  SBE  

IB 3
3
 nên d  I ,  SBE    d  H ,  SBE  
HB 4
4
Lại có tam giác OAB là tam giác đều cạnh a nên BI  AC  BI  BE ,
Mà

BE  SH  BE   SBH 

  SBE    SBH  và  SBE    SBH   SB
Trong mặt phẳng  SBH  , kẻ HK  SB thì HK   SBE   HK  d  H ,  SBE  

1
1
1


 HK  a .
HK 2 SH 2 HB 2
3
3a
Vậy d  H ,  SBE    HK  a và d  I ,  SBE    d  H ,  SBE    .
4
4
Tam giác SBH vuông tại H có

Câu 31. [1H3-5.7-4] Cho hình lập phương ABCD.A ' B ' C ' D ' có cạnh bằng a. Gọi M, N lần
lượt là trung điểm của AB và CD. Khi đó, tỉ số
A.

2
4

B.

2
2

a 2 .d  MN , A ' C 
bằng
VA. A ' B 'C ' D '

C.

3 2
4

Lời giải
Ta có: VA. A ' B 'C ' D '

1
1
1
 AA '.S A ' B 'C ' D '  .a.a 2  a3 .
3
3

3

Vì

MN / /  A ' BC   d  MN , A ' C   d  MN ,  A ' BC    d  M ,  A ' BC  

Vì AM   A ' BC   B 
 d  M ,  A ' BC   

d  M ,  A ' BC  
d  A,  A ' BC  

1
d  A,  A ' BC  
2



MB 1

AB 2

D.

2
3


 AA ' B ' B  ,


 BC   AA ' B ' B 
 BC  AH .


 AH   AA ' B ' B 

Trong

kẻ

AH  A ' B,  H  A ' B  .

Vì

 AH  A ' B
Vì 
 AH   A ' BC   d  A,  A ' BC    AH  AB 2  BH 2
 AH  BC
2

Ta có: BH 

a 2
A' B a 2
a 2
.

 AH  a 2  
 
2

2
2
2



1
1
a 2
Khi đó: d  MN , A ' C   d  M ,  A ' BC    d  A,  A ' BC    AH 
.
2
2
4
2 a 2
a 2 .d  MN , A ' C  a . 4
3 2


Vậy
1 3
VA. A ' B 'C ' D '
4
a
3

Chọn đáp án C.
Câu 1.

[1H3-5.7-4] Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A ,

AB  AC  2a , hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng  ABC  trùng với
trung điểm H của cạnh AB . Biết SH  a , khoảng cách giữa 2 đường thẳng SA và
BC là
A.

2a
.
3

B.

4a
.
3

C.
Lời giải

Chọn đáp án A
Dựng Ax //BC  d  SA, BC   d  B; SAx 
Dựng HK  Ax   SHK   Ax
Dựng HE  SK  d  B, SAx   2d  H , SAx 

a 3
.
2

D.

a 3
.
3


Ta có: HK  AH sin HAK  a sin 56 
d  H , SAx   HE 

Do đó d  SA, BC  
Câu 3.

SH .HK
SH  HK
2

2



a
2

a
3

2a
3

[1H3-5.7-4] Cho khối chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a . Hình
chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng  ABCD  là điểm H thuộc đoạn BD sao

cho HD  3HB . Biết góc giữa mặt phẳng  SCD  và mặt phẳng đáy bằng 45 .
Khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD là
A.

3a 34
.
17

B.

2a 13
.
3

C.

2a 38
.
17

Lời giải

Chọn đáp án A
Dựng HK  CD  CD   SHK 
do vậy  SCD, ABCD   SKH  45 .
Ta có: HKD vuông cân tại K do vậy
3a
3a
.
HK  KD 

 SH  HK tan 45 
2
2
Dựng Ax //BD ta có:

d  SA, BD   d  BD,  SAx    d  H ,  SAx  

Dựng HE  Ax  HE  OA  a 2
Dựng HF  SE  HF   SAx 
Ta có: HF 

SH .HE
SH 2  HE 2



3a 34
17

2a 51
.
13

D.


Câu 6. [1H3-5.7-4] Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Cạnh bên
SA vuông góc với mặt phẳng đáy và mặt phẳng  SBD  tạo với mặt phẳng  ABCD  một góc
bằng 60 . Gọi M là trung điểm của AD . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và BM .
6a

2a
3a
a
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
11
11
11
11
Lời giải

Chọn đáp án A
Gọi O là tâm của hình vuông ABCD

 AO  BD  BD   SAO  .
Do đó

 SBD  ,  ABCD    SOA  60  SA  a 2 6 .

Qua C vẽ đường thẳng song song với BM cắt AD tại E .
Khi đó BM //  SCE   d  BM , SC   d  M ,  SCE  
Mà ME 

2

2
AE  d  M ,  SCE    d  A,  SCE  
3
3

Kẻ AH  CE tại H suy ra CE   SAH  và AH .CE  CD.AE .
Kẻ AK  SH tại K suy ra AK   SCE   d  A,  SCE    AK .
Mà AH 

1
1
1
3a
3a

 2  AK 
nên
.
2
2
AK
AH
SA
5
11

Do đó d  BM , SC  
Câu 7.

2 3a

2a

3 11
11

[1H3-5.7-4] Cho hình chóp đều S. ABC có độ dài đường cao từ đỉnh S đến mặt
phẳng đáy  ABC  bằng

a 21
. Góc tạo bởi mặt bên với mặt phẳng đáy bằng 60 .
7

Commented [A1]: MATHTYE


Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB, SC . Tính khoảng cách giữa hai đường
thẳng SA, MN .
A.

9a 3
.
42

B.

3a 3
.
42

C.

6a 3
.
42

D.

12a 3
.
42

Lời giải

Chọn đáp án A
Gọi H là tâm của tam giác ABC, I là trung điểm của BC .
Suy ra

 SBC  ,  ABC    SI , AI   SIA  60 .

Đặt AB  x  HI 

1
x 3
x
AI 
 SH  tan 60.HI 
3
6
2

x a 21
2a 21
3a 2 3
.

x
 SABC 
2
7
7
7
Gọi P là trung điểm của AC suy ra NP / / SA  SA / /  MNP  .


 d  SA, MN   d  SA,  MNP    d  A,  MNP   

• 3VA.MNP  d  N ,  ABC    SAMP 
• SMNP 

3VA.MNP
.
SMNP

9a 3 7
392

1
1 a 21 a a 2 21
.
MP.NP  .

. 
2
2 7 2
28

Do đó d  A,  MNP   

9a 3
9a 3
 d  SA, MN  
42
42

Câu 50: [1H3-5.7-4](SỞ GD-ĐT PHÚ THỌ-Lần 2-2018-BTN) Cho hình chóp S. ABC có
đáy là tam giác đều cạnh bằng a . Gọi I là trung điểm AB, hình chiếu của S lên
mặt phẳng

 ABC 

là trung điểm của CI , góc giữa SA và mặt đáy bằng 45 (

tham khảo hình vẽ dưới đây). Khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và
CI .bằng


A.

a 77
.
22

B.

a 21
.
7

C.

a 21
.
14

D.

a 14
.
8

Lời giải
Chọn A

Do CI  AB nên ta dựng hình chữ nhật AIHM . Vẽ HK  SM tại K
Khi đó HK   SAM  hay  HK  d  H ,  SAM  
Ta

có:

nên

CI //AM

CI //  SAM  .

Suy

ra

 d  CI , SA  d  CI ,  SAM    d  H ,  SAM    HK
2

2
a 7
a a 3
AHI vuông tại I  AH  AI  HI     
 
2
4
4
  

2

AHS vuông cân tại H  SH  AH 
SHM

vuông

2

a 7
4

cân

tại


H

1
1
1
16
4
44
a 77
.





 HK 
HK 2 SH 2 HM 2 7a 2 a 2 7a 2
22

a 70
, đáy ABC là tam giác
5

vuông tại A, AB  2a, AC  a và hình chiếu của S lên mặt phẳng  ABC  là trung

Câu 2579. [1H3-5.7-4] Cho hình chóp S.ABC có SC 

điểm cạnh AB. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA.
3a
4a
a
A. .
B. .
C. .
5
5
5

D.

2a
.
5

Lời giải
Chỏn B.

Tam giác AHC vuông cân cạnh a nên CH  a 2
Tam giác SHC vuông tại H nên

SH  SC2  CH 2 

2a

5

Dựng AK  BC, HI  BC . Đường thẳng qua
A song song với BC cắt IH tại D

 BC / / SAD 
 d  BC,SA   d  BC, SAD    d  B, SAD    2d  H, SAD  

AD  SDH   SAD   SDH  .





Kẻ HJ  SD  HJ  SAD   d H, SAD   HJ
Ta có:

1
1
1
2a
a


 AK 
 HD 
AK 2 AB2 AC2
5
5

1
1
1
2a
4a
. Vậy d  BC,SA  


 HJ 
HJ 2 HD2 HS2
5
5
Vậy chọn đáp án B.

Câu 2580. [1H3-5.7-4] Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC đều cạnh bằng
3a. Chân đường cao hạ từ đỉnh S lên mặt phẳng  ABC  là điểm thuộc cạnh AB sao


cho AB  3AH , góc tạo bởi đường thẳng SC và mặt phẳng  ABC  bằng 600 . Tính
khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC.
A.

a 3
.
25

B.

a 3
.

45

C.

a 3
.
15

D.

a 3
.
5

Lời giải
Chỏn A.
Nhận thấy SH   ABC   HC là hình chiếu của SC lên mặt
phẳng ABC

SCH

60o là góc giữa SC và mặt phẳng

 ABC 
Ta có : HC 2  AC 2  AH 2  2AC. AH .cos 60o

 9a 2  a 2  2.3a.a

1
 7a 2

2

 HC  a 7  SH  HC.tan 60o  a 21
Dựng AD  CB  AD//CB  BC //  SAD 

 d  SA; BC   d  BC;  SAD    d  B;  SAD    3d  H ;  SAD  
Dựng HE  AD tại E  AD   SHE    SAD    SHE  (theo giao tuyến SE)



Dựng HF   SE  tại F  HF   SAD   HF  d H ;  SAD 
Ta có ; HE  AH sin 60o 



a 3
2

1
1
1
4
1
29
a 21
3a 21






 HF 
 d  B;  SAD   
HF 2 HE 2 SH 2 3a 2 21a 2 21a 2
29
29
Vậy d  SA; BC  

3a 21
. Vậy chọn đáp án A.
29

Câu 2590. [1H3-5.7-4] Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình thoi, tam giác SAB đều
và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng  ABCD  . Biết AC  2a, BD  4a.
Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và SC.
A.

4a 13
.
91

B.

4a 1365
a 165
.
C.
.
91
91

Hướng dẫn giải

D.

a 135
.
91


Chọn C.
Gọi O  AC  BD, H là trung điểm của AB, suy ra SH  AB.
Do AB   SAB    ABCD  và  SAB    ABCD  nên SH   ABCD 
Ta có: OA 
OB 

AC 2a

a
2
2

BD 4a

 2a
2
2

 Ab  OA2  OB 2  a 2  4a 2  a 5
SH 

AB 3 a 15
1
1

; S ABCD  AC.BD  2a.4a  4a 2
2
2
2
2

Thể tích khối chóp S. ABCD là
1
1 a 15 2 2a3 15
VS . ABCD  SH .S ABCD 
4a 
3
3 2
3

Ta có: BC / / AD  AD / /  SBC   d  AD, SC   d  AD;  SBC    d  A;  SBC  
Do H là trung điểm của AB và B  AH   SCB   d  A;  SBC    2d  H ;  SBC  
Kẻ HE  BC, H  BC. Do SH  BC  BC   SHE  .
Kẻ HK  SE, K  SE, ta có BC  HK  HK   SBC   HK  d  H ;  SBC  

HE 

2S BCH S ABC S ABCD
4a 2
2a 5





BC
BC
2 BC 2a 5
5

1
1
1
5
4
91
2a 15 2a 1365





 HK 

HK 2 HE 2 SH 2 4a 2 15a 2 60a 2
91
91
Vậy d  AD, SC   2 HK 

4a 1365
. Vậy chọn đáp án C.
91