Chuyên đề 4 HHKG khoảng cách trong không gian đáp án

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

Chuyên đề 4

KHOẢNG CÁCH TRONG KHÔNG GIAN

TÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH KHÁ – GIỎI MỨC ĐỘ 7+
Dạng 1. Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng
Bài toán 1: Tính khoảng cách từ hình chiếu vuông góc của đỉnh đến một mặt bên
Phương pháp xác định khoảng cách từ hình chiếu của đỉnh đến một mặt phẳng bên.
Bước 1: Xác định giao tuyến d
Bước 2: Từ hình chiếu vuông góc của đỉnh, DỰNG AH  d ( H  d ).
Bước 3: Dựng AI  SH  I  SH  .Khoảng cách cần tìm là AI
Với S là đỉnh, A là hình chiếu vuông góc của đỉnh trên mặt đáy.
Ví dụ điển hình: Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với đáy (ABC). Hãy xác khoảng cách từ điểm A
đến mặt bên (SBC).
Ta có BC là giao tuyến của mp (SBC) và (ABC).
Từ hình chiếu của đỉnh là điểm A, dựng AH  BC tại H. Dựng AI  SH tại I
 BC  SA
Vì 
 BC   SAH    SBC    SAH  .
 BC  AH
Mặt phẳng (SBC) vuông góc với mặt phẳng (SAH) theo giao tuyến SH có AI  SH
nên AI  mp  SBC   d  A, mp  SBC    AI
Bài toán 2: Tính khoảng cách từ một đểm bất kỳ đến một mặt phẳng
Thường sử dụng công thức sau:

Công thức tính tỉ lệ khoảng cách:

d  M , mp  P  
d  A, mp  P  



MO
AO

Ở công thức trên cần tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (P).
Câu 1.

(Mã 102 - 2020 Lần 1) Cho lăng trụ đứng ABC . ABC  có đáy ABC là tam giác đều cạnh a và
AA  2a . Gọi M là trung điểm của CC  (tham khảo hình bên). Khoảng cách từ M đến mặt
phẳng  ABC  bằng

Facebook Nguyễn Vương  Trang 1


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

A.

a 5
.
5

B.

2 5a
.
5

2 57a
.
19
Lời giải
C.

D.

57a
.
19

Chọn D
Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của A lên BC và AH .

1
1
1
d  C ,  ABC    d  A,  ABC    AK .
2
2
2
AH . AA
2a 57
a 3

Mà AH 
; AA  2a nên AK 
.
2

19
AH 2  AA2
Ta có d  M ,  ABC   

Vậy d  M ;  ABC   
Câu 2.

a 57
.
19

(Mã 103 - 2020 Lần 1) Cho hình lăng trụ đứng ABC. ABC  có đáy ABC là tam giác đều cạnh
a và AA  2a . Gọi M là trung điểm của AA (tham khảo hình vẽ bên). Khoảng cách từ M đến
mặt phẳng  ABC  bằng

A.

57 a
.
19

B.

5a
.
5

C.

2 5a

.
5

D.

Lời giải
Chọn A

Gọi I  BM  AB và K là trung điểm AC .
Trang 2 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />
2 57 a
.
19


TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

Ta có

d  M ,  ABC  
d  B,  ABC  



MI MA 1
1
BH
.

  d  M ,  ABC    d  B,  ABC   


BI BB 2
2
2

1
1
1
1
1
2 57a




 BH 
.
2
2
2
2
2
BH
BB
BK
19
 2a   a 3 


 2 

BH
57 a
Vậy d  M ,  ABC   

2
19
Xét tam giác BBK có

Câu 3.

(Mã 104 - 2020 Lần 1) Cho hình lăng trụ đứng ABC . ABC  có tất cả các cạnh bằng a . Gọi M
là trung điểm của AA (tham khảo hình vẽ).

Khoảng cách từ M đến mặt phẳng  ABC  bằng
A.

a 2
.
4

B.

a 21
.
7

a 2
.
2
Lời giải

C.

D.

a 21
.
14

Chọn D

Trong  ABBA  , gọi E là giao điểm của BM và AB . Khi đó hai tam giác EAM và EBB đồng
dạng. Do đó

d  M ,  ABC  
d  B,  ABC  



EM MA 1
1

  d  M ,  ABC     d  B,  ABC   .
EB BB 2
2
a 3
, BB  a .
2
BB  BN
a 21


.
2
2
7
BB  BN

Từ B kẻ BN  AC thì N là trung điểm của AC và BN 
Kẻ BI  BN thì d  B,  ABC    BI 
Vậy d  M ,  ABC   
Câu 4.

1
a 21
.
 d  B,  ABC   
2
14

(Mã 101 - 2020 Lần 1) Cho hình lăng trụ đứng ABC . ABC  có tất cả các cạnh bằng a . Gọi M
là trung điểm của CC  (tham khảo hình bên). Khoảng cách từ M đến mặt phẳng  ABC  bằng
Facebook Nguyễn Vương 3


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

A.

21a
.
14

B.

2a
.
2

C.

21a
.
7

D.

2a
.
4

Lời giải
Chọn

A.

C M   ABC   C , suy ra

d  M ,  ABC  
d  C ,  ABC  



C M 1
 .
C C 2

1
1
1 a 2 3 a3 3

Ta có VC . ABC  VABC . ABC   .C C.SABC  .a.
.
3
3
3
4
12
a2 7
Lại có AB  a 2 , CB  a , AC  a 2  S ABC 
.
4
a3 3
3.
3V
a 21
Suy ra d  C ,  ABC    C . ABC  2 12 
.
SABC
7
a 7
4

1
1 a 21 a 21

Vậy d  M ,  ABC    d  C ,  ABC    .
.
2
2 7
14
Câu 5.

(Mã 101 2018) Cho hình chóp S. ABC có đáy là tam giác vuông đỉnh B , AB  a , SA vuông góc
với mặt phẳng đáy và SA  2a . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  bằng
A.

2 5a
5

B.

5a
3

2 2a
3
Lời giải

C.

D.

Chọn A

Trang 4 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />
5a
5


TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021
S

2a
H

C

A
a
B

 BC  AB
Ta có 
 BC   SAB  .
 BC  SA
Kẻ AH  SB . Khi đó AH  BC  AH   SBC 
 AH là khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  .

Ta có
Câu 6.

4a 2

2 5a
1
1
1
1
1
5
2

AH

 AH 
.





2
2
2
2
2
2
5
5
AH
SA
AB
4a

a
4a

(Mã 102 2018) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông đỉnh B , AB  a , SA vuông góc
với mặt phẳng đáy và SA  a . Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  SBC  bằng
A.

a 6
3

B.

a
2
Lời giải

a 2
2

D. a

C.

Chọn B
S

H
A

C

B

Kẻ AH  SB trong mặt phẳng  SBC 
 BC  AB
Ta có: 
 BC   SAB   BC  AH
 BC  SA
 AH  BC
1
a 2
Vậy 
 AH   SBC   d  A,  SBC    AH  SB 
.
2
2
 AH  SB
Câu 7.

(Mã 103 - 2019) 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 (minh họa như hình vẽ bên).
Khoảng cách từ D đến mặt phẳng  SAC  bằng

Facebook Nguyễn Vương 5


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

A.

a 2
.
2

B.

a 21
.
7

a 21
.
14
Lời giải

C.

D.

a 21
.
28

Chọn B

* Gọi O  AC  BD và G là trọng tâm tam giác ABD , I là trung điểm của AB ta có
d  D;  SAC   DG
SI   ABCD  và

 2  d  D;  SAC    2.d  I ;  SAC   .

IG
d  I ;  SAC  
* Gọi K là trung điểm của AO , H là hình chiếu của I lên SK ta có IK  AC; IH   SAC 
 d  D;  SAC    2.d  I ;  SAC    2.IH

a 3
BO a 2
; IK 

2
2
4
1
1
1
4
16
28
a 3
 2  2  2  2  2  IH 
2
IH
SI
IK
3a 2a
3a
2 7

* Xét tam giác SIK vuông tại I ta có: SI 

 d  D;  SAC    2.d  I ;  SAC    2.IH 

Câu 8.

a 21
.
7

(Mã 101 -2019) 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 (minh họa như hình vẽ bên).
Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBD  bằng

Trang 6 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

A.

21a
.
14

21a
.
7

B.

C.

2a
2

D.

21a
.
28

Lời giải
Chọn B

Gọi H là trung điểm của AB. Khi đó, SH   ABCD  .
Gọi O là giao điểm của AC và BD suy ra AC  BD . Kẻ HK  BD tại K ( K là trung điểm
BO ).
Kẻ HI  SH tại I. Khi đó: d  A,  SBD    2d  H ,  SBD    2 HI .

a 3
1
a 2
, HK  AO 
.
2
2
4
1
1
1
28
a 21



 2  HI 
.
Khi đó:
2
2
2
HI
SH
HK
3a
14
a 21
.
Suy ra: d  A,  SBD    2 HI 
7
Xét tam giác SHK , có: SH 

Câu 9.

  60o ,
(Đề Tham Khảo 2019) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thoi cạnh a , BAD
SA  a và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách tứ B đến  SCD  bằng?
A.

21a
.
3

B.

15a
.
3

C.

21a
.
7

D.

15a
.
7

Lời giải
Chọn C

Facebook Nguyễn Vương 7


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

S

A

H
D

B

C
M

CÁCH 1:
Ta có AB / / CD  d  B;  SCD    d  A;  SCD   .
Kẽ MA  CD  M  CD  ,kẽ AH  SM  SH   SCD   d  A,  SCD    SH .
2 S ACD S ABCD a 3 1
1
1
21


 2
 SM 
a
2
2
CD
CD
2 SH
SA
AM
7
3V
3V

CÁCH 2: Ta có AB / / CD  d  B;  SCD    d  A;  SCD    S . BCD  S .A BCD 
S SCD
2 S SCD

SA  a ; AM 

21a
.
7

( SCD; SD  a 2; SC  2a; CD  a )
Câu 10.

(Mã 102 - 2019) 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 ( minh họa như hình vẽ bên). Khoảng
cách từ C đến mặt phẳng (SBD) bằng

A.

21a
.
14

B.

2a
.
2

C.

21a
.
7

D.

Lời giải
Chọn C

Trang 8 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />
21a
.
28


TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

Gọi H là trung điểm của AB  SH  AB  SH  ( ABCD).
Từ H kẻ HM  BD , M là trung điểm của BI và I là tâm của hình vuông.
 BD  HM
Ta có: 
 BD  (SHM)
 BD  SH
Từ H kẻ HK  SM  HK  BD ( Vì BD  (SHM) )

 HK  (SBD)  d(H;(SBD))  HK.
AI AC
2a
3a

.


. SH 
2
4
4
2
2a 3a
.
HM .HS
21a
4
2


.
2
2
14
HM 2  HS 2
 2a   3a 

 

 4   2 

Ta có: HM 

HK 

d (C ;( SBD ))  d ( A; ( SBD ))  2d ( H ;( SBD))  2 HK  2.

Vậy: d (C;(SBD)) 
Câu 11.

21a
21a

.
14
7

21a
.
7

(Mã 103 2018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh 3a , SA vuông góc với mặt
phẳng đáy và SA  a . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  bằng
A.

6a
6

B.

3a
3

C.

5a
3

D.

3a
2

Lời giải
Chọn D

 BC  AB
Ta có: 
 BC   SAB 
 BC  SA
Facebook Nguyễn Vương 9


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

  SAB    SBC 
 
 SAB    SBC   SB
Trong mặt phẳng  SAB  : Kẻ AH  SB  AH  d  A;  SBC  
1
1
1
1
1

4
 2
 2 2  2.
2
2
AH
SA
AB
a
3a
3a
3a
 d  A;  SBC    AH 
. Chọn D
2

Câu 12.

(Chuyên Vĩnh Phúc 2019) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a . Tính khoảng cách từ A
đến mặt phẳng  BCD  .
A.

a 6
.
2

B.

a 6
.

3

3a
.
2
Lời giải:

D. 2a .

C.

Chọn B
Gọi E , F , G lần lượt là trung điểm của BD, CD và trọng tâm tam giác BCD
Tam giác BCD đều nên suy ra CE 
CG 

BC 3 a 3

2
2

2
a 3
CE 
3
3

Tam giác ACG vuông tại G nên ta có AG 2  AC 2  CG 2  a 2 
Vậy d  A,  BCD    AG 

Câu 13.

a 2 2a 2
a 6

 AG 
3
3
3

a 6
3

(Chuyên Bắc Giang 2019) Cho hình chóp SABCD có SA   ABCD  , đáy ABCD là hình chữ
nhật. Biết AD  2a , SA  a . Khoảng cách từ A đến  SCD  bằng:
A.

3a
7

B.

3a 2
2

2a
5
Lời giải
C.

D.

2a 3
3

Chọn C

Trang 10 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

Gọi H là hình chiếu của A lên SD ta chứng minh được AH   SCD 
1
1
1
2a


 AH 
AH 2 SA2 AD 2
5
Câu 14.

(Chuyên Lam Sơn Thanh Hóa 2019) Cho hình chop S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A ,
AB  a , AC  a 3 , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA  2a . Khoảng cách từ điểm A đến
mặt phẳng ( SBC ) bằng:
A.

a 57
19

B.

2a 57
19

2a 3
19
Lời giải
C.

D.

2a 38
19

Chọn B

1
1
1
1
1
1
1
1
1
19
.






 2 2 2 
2
2
2
2
2
2
AK
AH
AS
AB
AC
AS
a
3a
4a
12a 2
2a 57
2a 3
Suy ra AK 
hay d ( A, ( SBC )) 
.
19
19

Ta có

Câu 15.

(Hùng Vương Bình Phước 2019) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a và
chiều cao bằng a 2 . Tính khoảng cách d từ tâm O của đáy ABCD đến một mặt bên theo a .
2a 5
a 3
a 5
a 2
A. d 
.
B. d 
.
C. d 
.
D. d 
.
3
2
2
3
Lời giải

Facebook Nguyễn Vương 11


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489
S

A

K

D
O

B

H

C

S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên ABCD là hình vuông và SO   ABCD  .
Vẽ OH vuông góc với CD tại H thì H là trung điểm CD , OH 

a
.
2

Dễ thấy CD   SOH    SCD    SOH  nên kẻ OK vuông góc với SH tại K thì

OK   SCD  .  d O,  SCD    OK .
a
OS .OH
2 a 2.

Tam giác vuông SOH có OK là đường cao nên OK 
2
2
3

OS  OH
a2
2a 2 
4
a 2.

a 2
Vậy d O,  SCD   
.
3
Câu 16.

(Chuyên Trần Phú Hải Phòng 2019) Cho khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông
cạnh a , SA   ABCD  và SA  a 2 . Gọi M là trung điểm cạnh SC . Khoảng cách từ điểm M
đến mặt phẳng  SBD  bằng
A.

a 2
4

B.

a 10
10

a 2
2
Lời giải

Do M là trung điểm SC nên d  M ;  SBD   

C.

D.

a 10
5

1
1
d  C;  SBD    d  A;  SBD  
2
2

Trang 12 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

Gọi H là hình chiếu của A lên mp  SBD   d  A;  SBD    AH
Lại có AS , AB, AD đôi một vuông góc nên
1
1
1
1
1
1
1




 2 2
2
2
2
2
AH
AS
AB
AD
a
a
a 2



 AH 

Câu 17.



2



5
2a 2

a 10
a 10

.
 d  M ;  SBD   
5
10

(THPT Gang Thép Thái Nguyên 2019) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông
tại A , AB  a , AC  a 3 ; SA vuông góc với đáy, SA  2a . Khoảng cách từ điểm A đến mặt
phẳng  SBC  bằng
A.

2a 3
.
7

B.

a 3
.
7

a 3
.
19
Lời giải
C.

S

D.

2a 3
.
19

K
C

A
H
B

Ta có
SA   ABC  
  SA  BC .
BC   ABC  
Trong  ABC  , kẻ AH  BC , mà BC  SA  BC   SAH   BC  SH .
Trong  SAH  , kẻ AK  SH , mà SH  BC  AK   SBC  hay d  A;  SBC    AK .
Vì ABC vuông tại A nên BC 

AB 2  AC 2  2a .

AB. AC
3a

.
BC
2
19a
Vì SAH vuông tại A nên SH  SA2  AH 2 
.

2
SA. AH 2a 3
Vậy có AK là đường cao AK 

.
SH
19
Nhận xét. Trong thực hành làm toán trắc nghiệm ta nên áp dụng bài toán sau:
Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau và H là hình chiếu của O lên
1
1
1
1



mặt phẳng  ABC  . Khi đó
.
2
2
2
OH
OA OB OC 2
Mặt khác có AH là đường cao nên AH 

Câu 18.

(Chuyên Sơn La 2019) Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , SA  a và
SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  SBC  bằng:
A.

2a
.
2

B.

3a
.
7

C.

21a
.
7

D.

15a
.
5

Lời giải
Facebook Nguyễn Vương 13


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Gọi M là trung điểm BC . Kẻ AH  SM tại H .

Ta có AM  BC và SA  BC nên BC   SAM   BC  AH 1 .
Mà AH  SM  2  .
Từ 1 và  2  suy ra AH   SBC  .
Do đó d  A,  SBC    AH .
Xét tam giác SAM vuông tại A , có
1
1
3
1
1
1
7

 2  2  AH  a



2
2
2
2
7
AH
AM
AS
3a
a 3 a


 2 

Câu 19.

21a
.
7

(Thpt Lê Văn Thịnh Bắc Ninh 2019) Cho hình chóp đều S.ABCD , cạnh đáy bằng a , góc giữa
mặt bên và mặt đáy là 60 . Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng  SCD  .
A.

a
4

B.

a 3
4

a 3
2
Lời giải

C.

D.

a
2

Chọn C

* Ta có:

d  B;  SCD  
d  O;  SCD  



BD
 2  d  B;  SCD    2.d  O;  SCD    2OH . Trong đó H là hình
OD

chiếu vuông góc của O lên  SCD  .

* Gọi I là trung điểm của CD ta có:
 SCD    ABCD   CD

   SCD  ;  ABCD     OI ; SI   S
IO  60 .
 SI  CD
OI  CD

Xét tam giác SOI vuông tại O ta có: SO  OI .tan 60 
Xét SOI , ta có

a 3
.
2

1
1

1
4
4
16
 2
 2 2  2
2
2
OH
OI
OS
a 3a
3a

Trang 14 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

a 3
a 3
.
 OH 
 d  B;  SCD   
4
2

Câu 20.

(Chuyên Vĩnh Phúc 2019) Cho hình chóp S .ABCD có đáy là nửa lục giác đều ABCD nội tiếp
trong đường tròn đường kính AD  2a và có cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy

 ABCD  với SA  a 6 . Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng  SCD  .
A. a 2 .

B. a 3 .

a 2
.
2
Lời giải

C.

D.

a 3
.
2

Chọn C

AD
 a , AC  a 3 .
2
Gọi E  AB  CD , suy ra tam giác ADE đều.
Khi đó C là trung điểm của ED và AC  ED .

Từ giả thiết suy ra: AB  BC  CD 

Dựng AH  SC thì AH   SCD  , suy ra d  A,  SCD   AH .
Xét tam giác SAC vuông tại A , có AH là đường cao

1
1
1
Suy ra:
 2
 AH  2a
2
AH
SA
AC 2
1
1
a 2
Mà d  B,  SCD   d  A,  SCD   AH 
.
2
2
2
Câu 21.

(THPT Minh Châu Hưng Yên 2019) Cho khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang
vuông tại A và B , AB  BC  a, AD  2a. Hình chiếu của S lên mặt phẳng đáy trùng với trung
a 6
. Tính khoảng cách d từ B đến mặt phẳng  SCD  .
2
6a
15a
B. d  a
C. d 
D. d 

4
5
Lời giải

điểm H của AD và SH 
A. d 

6a
8

Chọn C

Facebook Nguyễn Vương 15


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Gọi M là trung điểm của CD , K là hình chiếu của H lên SM
a 2
Tam giác HCD vuông tại H có CD  a 2 và HM 
2
Ta có BH / / CD  d  B,  SCD    d  H ,  SCD    HK
Tam giác SHM vuông tại H có HK 

HM .HS
2

HM  HS
Vậy d  B,  SCD   
Câu 22.

2



a 6
4

a 6
4

(Chuyên Quang Trung Bình Phước 2019) Cho tứ diện O. ABC có OA, OB, OC đôi một vuông
góc với nhau OA  OB  OC  3. Khoảng cách từ O đến mp ( ABC ) là
1
1
1
A.
B. 1
C.
D.
2
3
3
Lời giải
Chọn B

Gọi A ' là chân đường cao kẻ từ A lên BC , C ' là chân đường cao kẻ từ C lên AB.
Gọi H là giao của AA’ với CC’ suy ra H là trực tâm của tam giác ABC. Ta dễ dàng chứng
minh được OH  ( ABC ).
Do đó: d (O; ( ABC ))  OH . Tính OH .

1
1
1


Ta có: Tam giác OAA ' vuông tại O, có OH là đường cao. Suy ra :
(1)
2
2
OH
OA OA '2
1
1
1
Lại có: Tam giác OBC vuông tại B , có OA ' là đường cao. Suy ra:
(2)


2
2
OA '
OB OC 2
Trang 16 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

1
1
1
1




. Thay OA  OB  OC  3 vào, ta được:
Từ (1) và (2) suy ra:
2
2
2
OH
OA OB OC 2
1
1 1 1
    1  OH  1.
2
OH
3 3 3
Vậy d (O; ( ABC ))  OH  1.
Câu 23.

(Thpt Cẩm Giàng 2 2019) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a ,

ABC  60 . Cạnh bên SA vuông góc với đáy, SC  2a . Khoảng cách từ B đến mặt phẳng
 SCD  là
A.

a 15
.
5

B.

a 2
.
2

2a
.
5
Lời giải
C.

D.

5a 30
.
3

Cách 1: Sử dụng kiến thức ở lớp 11.
ABCD là hình thoi cạnh a , 
ABC  60  ABC , ACD là các tam giác đều cạnh a .
Xét SAC vuông tại A có: SA  SC 2  AC 2  4a 2  a 2  a 3 .
Vì AB // CD nên AB //  SCD  . Do đó d  B,  SCD    d  A,  SCD   .
Kẻ AH  CD  H  CD  . Suy ra H là trung điểm của cạnh CD , AH 

a 3
.
2

Kẻ AK  SH  K  SH  1

CD  AH
 CD   SAH   CD  AK
Ta có: 
CD  SA

 2

Từ (1) và (2) suy ra: AK   SCD   d  A,  SCD    AK .
a 15
1
1
1
4
1
5
.

 2  2  2  2  AK 
2
2
5
AK
AH
SA
3a 3a
3a
a 15
Vậy d  B,  SCD   
.
5

Cách 2: Tính khoảng cách thông qua tính thể tích.
ABCD là hình thoi cạnh a , 
ABC  60  ABC , ACD là các tam giác đều cạnh a .

Xét SAH vuông ở A :

Xét SAC vuông tại A có: SA  SC 2  AC 2  4a 2  a 2  a 3 .
Vì AB // DC nên AB //  SDC  . Do đó d  B,  SCD    d  A,  SCD   

3VSACD
.
S SCD

1
a2 3 a3
1
 .
VSACD  SA.S ACD  a 3.
3
4
3
4
  SAD
  90
Xét SAC và SAD có: AD  AC  a , SA chung, SAC
.
Do đó SAC  SAD  SC  SD  SCD cân tại S .
Facebook Nguyễn Vương 17

NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Gọi H là trung điểm CD  SH  CD .
Xét SHC vuông ở H : SH  SC 2  CH 2  4a 2 

a 2 a 15
.

4
2

1 a 15
a 2 15
1
.
.a 
SH .CD  .
2 2
4
2
a3
3.
a 15
d  A,  SCD    2 4 
.
5
a 15
4
a 15
Vậy d  B,  SCD   

.
5
S SCD 

Câu 24.

(Chuyên Biên Hòa - Hà Nam - 2020) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang
vuông tại A và D; AB  AD  2 a; DC  a . Điểm I là trung điểm đoạn AD , hai mặt phẳng
 SIB  và  SIC  cùng vuông góc với mặt phẳng  ABCD  . Mặt phẳng  SBC  tạo với mặt phẳng

 ABCD 
A.

một góc 60 . Tính khoảng cách từ D đến  SBC  theo a .

a 15
.
5

B.

9 a 15
.
10

2 a 15
.
5
Lời giải

C.

D.

9a 15
.
20

Chọn A

Theo đề ta có SI   ABCD  .
Gọi K là hình chiếu vuông góc của I trên BC .
  60
Suy ra: Góc giữa hai mặt phẳng 
SBC  ,  ABCD   SKI





Gọi E là trung điểm của AB, M  IK  DE.
Do BCDE là hình bình hành nên DE //  SBC 
 d  D,  SBC    d  DE ,  SBC    d  M ,  SBC  

Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên SK . Suy ra d  M ,  SCD    MH
1
1
1
AU  KN  MK
2

2
2
1
5
IN  IM  MK  KN  MK  MK  MK  MK
2
2
2
2
2a 5
Suy ra: MK  IN 
.
ID 2  DN 2 
5
5
5

Dễ thấy: IM 

Trong tam giác MHK , ta có: MH  MK .sin 60 

a 15
5

Trang 18 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

Câu 25.

(Chuyên ĐH Vinh - Nghệ An -2020) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vuông tại
A, AC  a, I là trung điểm SC . Hình chiếu vuông góc của S lên  ABC  là trung điểm H của
BC . Mặt phẳng  SAB  tạo với

 ABC 

một góc 60 . Tính khoảng cách từ I đến mặt phẳng

 SAB  .
A.

3a
.
4

B.

3a
.
5

C.

5a
.
4

2a
.
3

D.

Lời giải.
Chọn A

Gọi M là trung điểm cạnh AB thì MH là đường trung bình của tam giác ABC nên
a
MH  , MH //AC  MH  AB .
2
Mặt khác, do SH   ABC  nên  SMH   BC . Suy ra góc giữa  SAB  và  ABC  là góc giữa
 . Từ giả thiết suy ra SMH
  60 .
SM và MH ; lại có SH  MH nên góc này bằng góc SMH
Gọi K là hình chiếu của H lên SM thì HK   SAB  .
a 3
a
a 3
.
, MH   HK 
2
2
4
Gọi khoảng cách từ I , C, H đến mặt phẳng  SAB  lần lượt là

Xét tam giác vuông SMH , SH  MH . tan 60 

d  I ,  SAB   , d  C ,  SAB   , d  H ,  SAB   .
Cách 1:
1


d  I ,  SAB   = 2 d  C ,  SAB  
a 3
Ta có 
.
 d  I ,  SAB    d  H ,  SAB   
1
4
d  H ,  SAB    d  C ,  SAB  

2
Cách 2:
IH là đường trung bình của tam giác SBC nên IH //SB  IH //  SAB 
 d  I ,  SAB    d  H ,  SAB   

Câu 26.

a 3
4

(Chuyên Hưng Yên - 2020) Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác cân, BA  BC  a
  30 . Cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA  a . Gọi D là điểm đối xứng
và BAC
với B qua AC . Khoảng cách từ B đến mặt phẳng  SCD  bằng
A.

2a 21
.
7

B.

a 2
.
2

a 21
.
14
Lời giải

C.

D.

a 21
.
7

Facebook Nguyễn Vương 19


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Chọn D

  30 và D đối xứng với B qua AC nên tứ giác ABCD là
Tam giác ABC cân tại B có BAC
hình thoi có 
ADC  

ABC  120 .
Trong mặt phẳng  ABC  , kẻ AH vuông góc với đường thẳng CD tại H . Khi đó CD  AH và

CD  SA nên CD   SAH  . Do đó  SCD    SAH  .
Trong mặt phẳng  SAH  , kẻ AK  SH tại K . Khi đó, AK   SCD  và AK  d  A,  SCD   .
Ta có AH  AD.sin 60 

a 3
.
2

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông SAH , ta có
AK 

a 21
.
7

Vì AB //  SCD  nên d  B,  SCD    d  A,  SCD    AK 
Câu 27.

1
1
1
7

 2  2 . Từ đó,
2
2
AK

AH
SA
3a

a 21
.
7

(Chuyên Lam Sơn - 2020) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a . Tam
giác ABC là tam giác đều, hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng  ABCD  trùng với
trọng tâm tam giác ABC . Góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng  ABCD  bằng 30 . Tính
khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng  SCD  theo a .
A.

a 21
.
7

B. a 3

C. a .

D.

2 a 21
.
3

Lời giải

Chọn A
Gọi H là trọng tâm tam giác ABC , O là tâm của hình thoi ABCD .
Trang 20 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021


  30 .
Do SH   ABCD  : SD
,  ABCD   SDH





  30 ; HD  2 BD  4 BO  4 . a 3  2a 3 .
Xét tam giác SDH vuông tại H có: SDH
3
3
3 2
3
SH
  SH  HD.tan SDH
  2a 3 .tan 30  2a .
 tan SDH
HD
3
3
Từ H hạ HI  SC tại I .
HI  SC



HI  CD  CD   SHC   
Ta có:
  HI   SCD 
SC , CD   SCD 


SC  CD  C 

Từ đó, khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng  SCD  : d  H ,  SCD    HI .
Xét tam giác SHC vuông tại H , đường cao HI :
2a a 3
.
HS .HC
2a 21
3
3
.
HI 


2
2
21
HS 2  HC 2


a 3
 2a 


  
3
   3 
d  B,  SCD   DB 3
Mặt khác:

 .
d  H ,  SCD   DH 2
Vậy khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng  SCD  :

3
3
3 2a 21 a 21
d  B,  SCD    d  H ,  SCD    HI  .

.
2
2
2 21
7
Cách khác:
Thể tích khối chóp S.BCD :
3
1
1
1
  1 . 2a . 1 .a.a. 3  a 3 (đvtt).
VS . BCD  SH .S BCD  SH . .CB.CD.sin BCD
3

3
2
3 3 2
2
18
SH
4a
a 7
 ; CD  a; SC  SH 2  HC 2 
Xét tam giác SCD có: SD 
.
sin 30 3
3
a2 7
Diện tích tam giác SCD : SSCD  p  p  SC  p  SD  p  CD  
(đvdt).
6
SC  SD  CD
(p
là nửa chu vi tam giác SCD ).
2
Vậy khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng  SCD  :
d  B,  SCD   

Câu 28.

3.VB.SCD 3.VS .BCD

SSCD
SSCD

a3 3
a 21
 2 18 
.
7
a 7
6
3.

(Chuyên Lương Văn Chánh - Phú Yên - 2020) Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình
vuông, AB  a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA  2a (minh họa như hình vẽ bên dưới ).
Gọi M là trung điểm của CD , khoảng cách giữa điểm M và mặt phẳng (SBD) bằng

Facebook Nguyễn Vương 21


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

A.

2a
.
3

B.

a
.
2

a
.
2
Lời giải

C.

D.

a
.
3

Chọn D

Gọi I là giao điểm của AM và BD , O là tâm hình vuông ABCD .
1
Ta có d ( M , ( SBD)  d ( A, ( SBD)) .
2
Dựng AH vuông góc với SO tại H . Ta có
BD  SA 
  BD  ( SAO)  BD  AH .
BD  AO 

AH  SO 
  AH  ( SBD) nên d ( A,( SBD))  AH .
AH  BD 
1
1

1
1
1
1 1
9
2a



 2  2  2  2  AH 
.
2
2
2
2
AH
AS
AB
AD
4a a a
4a
3
a
Vậy, d ( M , (SBD)  .
3
Câu 29.

(Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm - Quảng Nam - 2020) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình
  600 . Đường thẳng SO vuông góc với mặt đáy  ABCD  và
thoi tâm O cạnh a và có góc BAD

3a
. Khoảng cách từ O đến mặt phẳng  SBC  bằng
4
a 3
3a
a
A.
.
B. .
C.
.
4
3
4
Lời giải
Chọn D
SO 

D.

3a
.
8

Trang 22 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

  600 suy ra tam giác BCD là tam giác đều
Ta có: tứ giác ABCD là hình thoi cạnh a có BAD

cạnh a .
a 3
Gọi M là trung điểm cạnh BC . Suy ra DM  BC và DM 
.
2
1
a 3
Kẻ OK / / DM ,  K  BC   OK  BC và OK  DM 
.
2
4
Vì SO   ABCD   BC  SO  BC   SOK  .
Kẻ OH  SK ,  H  SK   OH   SBC  .
Từ đó ta có: d  O,  SBC    OH 

Câu 30.

OK .SO
2

OK  SO

2



a 3 3a
.
4 4
2

 a 3   3a 2

  
 4   4 



3a
.
8

(Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ - 2020) Cho hình chóp S . ABCD có SA   ABCD  ,

SA  a 6 , ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính AD  2a . Khoảng cách từ
điểm B đến mặt phẳng  SCD  bằng
A.

a 6
.
2

B.

a 3
.
2

a 2
.

2
Lời giải
C.

D.

a 3
.
4

Chọn C

Facebook Nguyễn Vương 23


NGUYỄN BẢO VƯƠNG - 0946798489

Gọi I là trung điểm AD và H là trung điểm SD suy ra HI //SA  HI   ABCD  .
Do ABCD là nửa lục giác đều và I là trung điểm AD nên BI //CD .



 



Suy ra d B,  SCD   d I ,  SCD  .
Do ABCD là nửa lục giác đểu nên dễ thấy ICD là tam giác đều.
Gọi M là trung điểm CD suy ra CD   HIM  .
Trong  IHM  kẻ IK  HM .

 IK  HM
Ta có: 
 IK  CD



CD   HIM  

 IK   SCD  .



 d I ,  SCD   IK .
Xét IHM có:

 IK 
Câu 31.

1
1
1
1
1
2
 2


 2.
2

2
2
2
IK
IH
IM
a
a 6 a 3

 

 2   2 

 


a 2
a 2
. Vậy d B,  SCD  
.
2
2





(Chuyên Lào Cai - 2020) Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a

  SCA

  900. Biết góc giữa đường thẳng SA và mặt đáy bằng 450. Tính khoảng cách từ
và SBA
điểm B đến mặt phẳng (SAC).
A.

15
a.
5

B.

2 15
a.
5

C.

2 15
a.
3

D.

2 51
a.
5

Lời giải
Chọn B

Gọi I là trung điểm của SA.
Tam giác SAB và SAC là các tam giác vuông tại B , C  IS  IA  IB  IC .
Trang 24 Fanpage Nguyễn Bảo Vương  />

TÀI LIỆU ÔN THI THPTQG 2021

Gọi G là trọng tâm tam giác đều ABC  IG   ABC 
Trong SAG kẻ SH / / IG  H  CG   SH   ABC 
Dễ thấy khi đó IG là đường trung bình của tam giác SAH  SH  2IG

2 2a 3 2a 3
.

3 2
3

0


Ta có:  SA,  ABC     SA, AH   SAH  45  AIG vuông cân tại G
Tam giác ABC đều cạnh = 2a  AG 

2a 3
4a 3
 SH  2 IG 
3
3
2
1
1 4 a 3  2a  3 4 a 3

 VS . ABC  SH .S ABC  .
.

3
3 3
4
3
Ta có: GA  GB  GC , GA  GH ( IG là đường trung bình của tam giác SAH)
 GA  GB  GC  GH  G là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABHC.
 AH là đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABHC  
ACH  900 (góc nội tiếp chắn nửa
 IG  AG 

đường tròn)
Ta có: AH  2 AG 

4a 3
2a
 CH  AH 2  AC 2 
3
3
2

2

 4a 3   2a 
2 15a
 SC  SH  HC  

 


3
 3   3
1
1 2 15a
2 15a 2
S SAC  SC. AC  .
.2a 
2
2
3
3
3
4a
3.
3VS . ABC
3  2a 15
Vậy d  B,  SAC   

S SAC
5
2 15a 2
3
2

Câu 32.

2

(Chuyên Vĩnh Phúc - 2020) Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a , SA

vuông góc với mặt phẳng  ABC  ; góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng ABC bằng 60 . Gọi
M là trung điểm cạnh AB . Khoảng cách từ B đến  SMC  bằng

A.

a 39
.
13

B. a 3 .

C. a .

D.

a
.
2

Lời giải
Chọn A

Facebook Nguyễn Vương 25