NW359 360 DẠNG 36 KHOẢNG CÁCH từ điểm đến mặt PHẲNG HÌNH CHÓP GV

NHĨM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU

50 BÀI TỐN THEO 4 MỨC ĐỘ

DẠNG TOÁN 36: KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG

I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ:
Dạng 1: khoảng cách từ 1 điểm bất kỳ thuộc mặt phẳng đáy tới mặt phẳng chứa đường vng góc
với đáy.
(α)
1. Từ điểm đó kẻ 1 đường thẳng vng góc với giao tuyến của
và mặt đáy
2. Khoảng cách chính là đường vng đó.
( SA ⊥ ( α ) ) ( α )
Dạng 2: khoảng cách từ hình chiếu vng góc ở đỉnh tới một mặt phẳng bên
là
mặt đáy.
1. Xác định giao tuyến d của mặt bên với mặt đáy
( AH ⊥ d ) H
2. Từ hình chiếu dựng đường vng góc với giao tuyến d
tại
AK ⊥ SH
A
AK
3. Từ hình chiếu
dựng
khi đó khoảng cách chính là
.
Dạng 3: Khoảng cách từ 1 điểm bất ky tới một mặt phẳng bên
1. Dựa vào tỷ lệ ta lập luận đưa khoảng cách từ một điểm bất kỳ về Dạng 2 khoảng cách từ hình chiếu
tới mp bên

2. Làm giống Dạng 2, kết quả cuối phải dựa vào tỷ lệ rồi suy ra.
a, b
Dạng 4: Khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau
(α)
a, b
a / /b
1. Dựng mp
chứa
. Khi đó khoảng cách giữa
chính là khoảng cách từ 1 điểm bất kỳ
b

(α)

thuộc đến mp
.
2. Từ điểm bất kỳ đó ta lại lập luận dựa vào tỷ lệ đưa về Dạng 2.
1
Vchop = h.Sd
3
Dạng 5: Ta có thể dựa vào thể tích để tính tốn
Dạng 6: Sử dụng phương pháp tọa độ hóa ta làm, khi đó ta làm như hình học tọa độ
BÀI TẬP MẪU
(ĐỀ MINH HỌA -BDG 2020-2021) Cho hình chóp tứ giác đều
cạnh bên bằng 3 (tham khảo hình bên). Tính khoảng cách từ

A.

7

.

1
B. .

S

C.

S . ABCD

có độ dài cạnh đáy bằng 2 và

đến mặt phẳng

7

.

Oxyz

( ABCD )

.

D.

11

.

Lời giải
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA

Trang 1


NHĨM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU

50 BÀI TỐN THEO 4 MỨC ĐỘ

Chọn A
AC , BD
là trung điểm của
 SO ⊥ AC
S⇒
⇒ SO ⊥ ( ABCD ) ⇒ d ( O; ( ABCD ) ) = SO.
∆SAC , ∆SBD
 SO ⊥ BD
Mặt khác
cân tại

Ta có:

AC ∩ BD = O ⇒ O

2

 AC 
SO = SA2 − 

÷ = 9−2 = 7
 2 

.
Bài tập tương tự và phát triển:

 Mức độ 1
Câu 1.

Cho hình chóp
từ

A.

C

SABC SA ⊥ ( ABC )

đến mặt phẳng

a 2
2

.

,

( SAB )

B.

,

SA = a 3,

đáy là tam giác đều cạnh

a

. Tính khoảng cách

.

a 2
3

.

a 3
2

C.
Lời giải

.

D.

a 2
4

.

Chọn B

Gọi

H

Ta có:

AB ⇒ CH ⊥ AB

CH =

a 3
2

là trung điểm
và
.
CH ⊥ AB
a 3
⇒ CH ⊥ ( SAB ) ⇒ d ( C , ( SAB ) ) = CH =

2
CH ⊥ SA

TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA

.

Trang 2


NHĨM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU

Câu 2.

Cho hình chóp
khoảng cách từ

A.

a

SABC
C

có

SA ⊥ ( ABC )

đến mặt phẳng

.

B.

50 BÀI TỐN THEO 4 MỨC ĐỘ

a 2

, tam giác

( SAB )

ABC

vuông tại

BC = a

và có

, Tính

.

2a 3
C.
.
Lời giải

.

B

D.

a 2
2

.

Chọn A

Ta có:
Câu 3.

CB ⊥ AB
⇒ CB ⊥ ( SAB ) ⇒ d ( C , ( SAB ) ) = CB = a

CB ⊥ SA

Cho hình chóp
khoảng cách từ
A.

2a 2

SABC

B

có

SA ⊥ ( ABC )

đến mặt phẳng

.

B.

a 2

( SAC )

.

, tam giác

.

ABC

vng tại

C

và có

BC = a

, Tính

.
C.
Lời giải

a 3

.

D.

a

.

Chọn D

Ta có:
Câu 5.

CB ⊥ AC
⇒ CB ⊥ ( SAC ) ⇒ d ( B, ( SAC ) ) = CB = a

CB ⊥ SA

Cho tứ diện

ABCD DA ⊥ ( ABC )

đến mặt phẳng

,

( DAB )

và

.

·ABC = 90°, BA = a 3, BC = a

. Tính khoảng cách từ

C

.

TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA

Trang 3


NHĨM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU

A.

a 3

.

B.

2a

50 BÀI TỐN THEO 4 MỨC ĐỘ

a
C. .
Lời giải:

.

D.

a
2

.

Chọn C

CB ⊥ AB
⇒ CB ⊥ ( DAB ) ⇒ d ( C , ( DAB ) ) = CB = a

CB ⊥ DA

Ta có:
Câu 6.

Cho hình chóp

khoảng cách từ

A.

2a

SABC ∆SAB

,

C

đều cạnh

( SAB )

đến mặt phẳng

.

B.

a

2a 2

.

.

nằm trong mặt phẳng vng góc với đáy. Tính

V=

biết

a3 3
6

a 3

C.
Lời giải:

.

.

D.

3a
2

.

Chọn A
1
V = .d ( C ; ( SAB ) ) .S ∆SAB ⇒ d ( C ; ( SAB ) )
3

Ta có:
Câu 7.

Cho hình chóp

D

cách từ
A.

a

S . ABCD

.

a SA ⊥ ( ABCD ) , SA = a 5
có đáy là hình vng cạnh ,
. Tính khoảng

đến mặt phẳng

.

a3 3
3V
=
= 2 6 = 2a
S ∆SAB
a 3
4
3.

( SAB )

B.

2a

.

a 3
C.
.
Lời giải:

.

D.

a 5

.

Chọn A
 DA ⊥ AB
⇒ DA ⊥ ( SAB ) ⇒ d ( D, ( SAB ) ) = DA = a

 DA ⊥ SA
Ta có:
.
Câu 8.

Cho hình chóp
cách từ

A.

a 2

C

.

S . ABCD

a SA ⊥ ( ABCD ) , SA = a 5
có đáy là hình vng cạnh ,
. Tính khoảng

đến mặt phẳng

( SAB )

B.

a 5

TÀI LIỆU ƠN THI THPT QUỐC GIA

.

.
2a

C. .

Lời giải:

a
D. .
Trang 4


NHĨM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU

50 BÀI TỐN THEO 4 MỨC ĐỘ

Chọn D
CB ⊥ AB
⇒ CB ⊥ ( SAB ) ⇒ d ( C , ( SAB ) ) = CB = a

CB ⊥ SA
Ta có:
.
Câu 9.

Cho hình chóp

S . ABCD

Tính khoảng cách từ

A.

2a

C

.

có đáy là hình chữ nhật

( SAD )

đến mặt phẳng
a
2
B. .

AB = a, BC = 2a SA ⊥ ( ABCD ) , SA = a 5
,
.

.

a

C. .
Lời giải:

D.

a 2

.

Chọn C
CD ⊥ AD
⇒ CD ⊥ ( SAD ) ⇒ d ( C , ( SAD ) ) = CD = a

CD ⊥ SA
Ta có:
.
Câu 10. Cho hình chóp
đến mặt phẳng
A.

2a

S . ABCD
ABCD

có

V = a3 3

. Đáy là hình vng cạnh

a

, hãy tính khoảng cách từ

S

.

.

B.

3a

a 5
C.
.
Lời giải:

.

D.

3a 3

.

Chọn D

Ta có:
 Mức độ 2
Câu 1.

1
3V
3.a 3 3
V = .d ( S ; ( ABCD ) ) . AB 2 ⇒ d ( S ; ( ABCD ) ) =
=

= 3a 3
3
AB 2
a2

Cho hình chóp
phẳng đáy và

A.

2 5a
5

S . ABC

SA = 2a

có đáy là tam giác vng đỉnh

. Khoảng cách từ

B.

5a
3

A

đến mặt phẳng

C.
Lời giải

2 2a
3

B

,

.

AB = a SA
,
vng góc với mặt

( SBC )

bằng

D.

5a
5

Chọn A

TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA

Trang 5

NHĨM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU

Ta có
Kẻ

 BC ⊥ AB
⇒ BC ⊥ ( SAB )

 BC ⊥ SA

AH ⊥ SB

⇒ AH

Ta có
Câu 2.

. Khi đó

.

AH ⊥ BC ⇒ AH ⊥ ( SBC )

là khoảng cách từ

A

đến mặt phẳng

( SBC )

.

4a 2
2 5a
1
1
1
1
1
5
2
⇒
AH
=
⇒ AH =
=
+
=
+
=
2
2
2
2
2
2
AH

SA
AB
4a a
4a
5
5

Cho hình chóp

S . ABCD

có đáy

SA = SB = SC = SD = a 5

A.

50 BÀI TỐN THEO 4 MỨC ĐỘ

a 3
2

.

ABCD

là hình vng tâm O cạnh

B

. Tính khoảng cách từ điểm

B.

a 3

.

C.

a

2a

,

đến mặt phẳng

.

.

( SCD )

D.

a 5
2

.

.

Lời giải
Chọn B

( SOH )
CD
OI ⊥ SH
H
- Gọi
là trung điểm
. Trong
, kẻ
.
CD ⊥ SO
⇒ CD ⊥ ( SOH ) ⇒ CD ⊥ OI

CD ⊥ SH
Có
.
OI ⊥ ( SCD ) ⇒ d ( O, ( SCD ) ) = OI
OI ⊥ SH
Mà
nên
.
d ( B, ( SCD ) ) = d ( O, ( SCD ) ) = 2OI =

- Vì O là trung điểm BD nên
Có

Câu 3.

2 SO.OH
SO 2 + OH 2

.

BD = 2a 2 SO = SD 2 − OD 2 = 5a 2 − 2a 2 = a 3 OH = a ⇒ d ( B, ( SCD ) ) = a 3
,

Cho hình chóp
SA = a

S . ABCD

,

có đáy là hình vng cạnh

. Khoảng cách từ A đến mặt phẳng

TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA

( SBC )

.

3a SA
,

vng góc với mặt phẳng đáy và

bằng
Trang 6


NHĨM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU

A.

6a
6

3a
3

B.

50 BÀI TỐN THEO 4 MỨC ĐỘ

C.
Lời giải

5a
3

3a
2

D.

Chọn D

 BC ⊥ AB

 BC ⊥ SA ⇒ BC ⊥ ( SAB )

Ta có:

 ( SAB ) ⊥ ( SBC )

( SAB ) ∩ ( SBC ) = SB
⇒ 

( SAB )
AH ⊥ SB ⇒ AH = d ( A, ( SBC ) )
Trong mặt phẳng
: Kẻ
1
1
1
1
1
4
= 2+
= 2+ 2 = 2
2
2
AH
SA

AB
a 3a
3a
.
⇒

Câu 4.

d ( A, ( SBC ) ) = AH =

Cho hình chóp
Khoảng cách từ
3a
7
A.

SABCD

A

đến

có

3a
2

. Chọn D
SA ⊥ ( ABCD )

( SCD )

B.

, đáy

ABCD

là hình chữ nhật. Biết

AD = 2a SA = a
,
.

bằng:

3a 2
2

C.

2a
5

D.

2a 3
3

Lời giải

Chọn C

TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA

Trang 7


NHĨM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU

H

A

Gọi
là hình chiếu của lên
1
1
1
2a
= 2+
⇒ AH =
2
2
AH
SA
AD
5
Câu 5. Cho hình chóp

SA = a 3

A.

a 2
2

S . ABCD

có đáy

SD

B.

a 10
3

AH ⊥ ( SCD )

ta chứng minh được

ABCD

SAB

. Biết diện tích tam giác

.

50 BÀI TỐN THEO 4 MỨC ĐỘ

là hình vng, cạnh bên

là

a2 3
2

.

SA

vng góc với đáy và

. Khoảng cách từ điểm

C.

a 10
5

.

B

D.

đến

a 2

3

( SAC )

là:

.

Lời giải
Chọn A

Ta có

SA ⊥ ( ABCD ) ⇒ SA ⊥ AB

⇒ S SAB =

Gọi

Cho hình chóp

.

A

.

S . ABC

là hình vng cạnh

a

.

.

1
a 2
BD =
.
2
2

có

A

ABCD

. Do đó
BD ⊥ SA; BD ⊥ AC ⇒ BD ⊥ ( SAC )

. Ta có:

Khoảng cách từ điểm

A.

vuông tại

1
1
a 3
SA. AB = a 3. AB =
⇒ AB = a
2
2
2

O = AC ∩ BD

a 3
2

∆SAB

2

⇒ d ( B, ( SAC ) ) = BO =

Câu 6.

hay

∆ABC

đều cạnh

đến mặt phẳng

B.

a 15
5

a

SA = a 3

. Cạnh bên

( SBC )

.

và vng góc với

( ABC )

.

bằng

C.

a 5
5

.

D.

a

.

Lời giải

TÀI LIỆU ƠN THI THPT QUỐC GIA

Trang 8


NHĨM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU

50 BÀI TỐN THEO 4 MỨC ĐỘ

Chọn B

Gọi

BC

M

Ta có

là trung điểm
.

 BC ⊥ AM
⇒ BC ⊥ ( SAM )

 BC ⊥ SM

Trong mặt phẳng

( SAM )

kẻ

.
AH ⊥ SM ⇒ AH ⊥ ( SBC )

.

( SBC ) AH
A
Vậy khoảng cách từ điểm
đến
là
.
a 3
AM =
, SA = a 3
2
Ta có
.
a 15
1

1
1
AH =
=
+ 2
2
2
AH
AM
SA
5
Sử dụng hệ thức
ta được
.
Câu 7.

Cho hình chóp

S . ABCD

trọng tâm tam giác

A.

a 2
2

.

ABD

có đáy là hình vng cạnh

, khi đó khoảng cách từ điểm

B.

a 2
3

.

C.

a

G

a 2
6

,

SA ⊥ ( ABCD )

đến mặt phẳng

.

,

SA = a

( SBC )

D.

a
2

. Gọi

G

là

bằng

.

Lời giải
Chọn B

Do

 BC ⊥ AB
⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ ( SAB ) ⊥ ( SBC )

 BC ⊥ SA

TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA

.
Trang 9


NHĨM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU

50 BÀI TỐN THEO 4 MỨC ĐỘ

AH ⊥ SB

SAB
SB
H
, do tam giác
vuông cân nên
là trung điểm
.
( SAB ) ⊥ ( SBC )
SB
AH ⊥ SB
Do
và cắt nhau theo giao tuyến
và

Kẻ

⇒ AH ⊥ ( SBC ) ⇒ AH = d ( A, ( SBC ) )

Trong tam giác vuông

⇒ d ( G, ( SBC ) ) =

Câu 8.

Cho hình chóp

, ta có
d ( A, ( SBC ) )

d=

A.

AC

d ( G , ( SBC ) )

=

có đáy

ABC

. Khoảng cách từ điểm

2a
11

d=
B.

.

là tam giác vuông tại

,

.

.

GC

GC
2 a 2 a 2
×d ( A, ( SBC ) ) = ×
=
AC
3 2
3

S . ABC

AC = 3a SA = 4a

1
1
1

1
2
a 2
+
=
⇔
= 2 ⇔ AH =
2
2
2
2
SA
AB
AH
AH
a
2

SAB

AG ∩ ( SBC ) = { C} ⇒

.

6a 29
29

A

đến mặt phẳng

d=
.

C.
Lời giải

A

, biết

( SBC )

12a 61
61

.

SA ⊥ ( ABC )

và

AB = 2a

,

bằng

D.

a 43
12

.

Chọn C

Ta có
SA ⊥ ( ABC ) 
 ⇒ SA ⊥ BC
BC ⊂ ( ABC ) 

Trong
Trong
Vì

( ABC )
( SAH )

∆ABC

∆SAH

, kẻ

AH ⊥ BC
AK ⊥ SH

vng tại

Mặt khác có

Vì

, kẻ

AH

.

A

nên

, mà
, mà

BC ⊥ SA ⇒ BC ⊥ ( SAH ) ⇒ BC ⊥ SH
SH ⊥ BC ⇒ AK ⊥ ( SBC )

BC = AB 2 + AC 2 = 13a
AH =

là đường cao nên

vuông tại

A

nên

TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA

.

.

AB. AC 6a 13
=
BC
13

SH = SA2 + AH 2 =

hay

.
d ( A, ( SBC ) ) = AK

2a 793
13

.

.
Trang 10


NHĨM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU

Vậy có
Câu 9.

AK

AK =
là đường cao

cách

d

d=

A.

từ tâm
2a 5
3

O

ABCD

của đáy

d=

.

SA. AH 12a 61
=
SH
61

S . ABCD

Cho hình chóp tứ giác đều

B.

50 BÀI TỐN THEO 4 MỨC ĐỘ

.

có cạnh đáy bằng

a

đến một mặt bên theo

a 3
2

d=

.

C.
Lời giải

và chiều cao bằng

a

a 2

. Tính khoảng

.

a 5
2

d=

.

D.

a 2
3

.

Chọn D

S . ABCD

là hình chóp tứ giác đều nên

ABCD

là hình vng và

SO ⊥ ( ABCD )

OH =

a
2

CD
CD
H
H
vng góc với
tại
thì
là trung điểm
,
.
CD ⊥ ( SOH ) ⇒ ( SCD ) ⊥ ( SOH )
OK
SH
K
Dễ thấy
nên kẻ
vng góc với
tại

thì
Vẽ

OH

.

OK ⊥ ( SCD ) ⇒ d ( O, ( SCD ) ) = OK
.
.

a
OS .OH
2 =a 2
OK =
=
2
2
3
OS + OH
a2
2
2a +
4
a 2.

Tam giác vuông

SOH

d ( O, ( SCD ) ) =

Vậy

có

a 2
3

OK

là đường cao nên

.

.

OA, OB, OC
OA = OB = OC = 3.
có
đơi một vng góc với nhau
mp ( ABC )
O
Khoảng cách từ đến
là
1
1
1
3
2

3
1
A.
B.
C.
D.
Lời giải
Chọn B

Câu 10. Cho tứ diện

O. ABC

TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA

Trang 11


NHĨM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU

50 BÀI TỐN THEO 4 MỨC ĐỘ

BC , C '

C
AB.
là chân đường cao kẻ từ
lên
ABC.
H

Gọi
là giao của AA’ với CC’ suy ra H là trực tâm của tam giác
Ta dễ dàng chứng
OH ⊥ ( ABC ).
minh được
d (O, ( ABC )) = OH .
OH .
Do đó:
Tính
1
1
1
=
+
2
2
O,
OAA '
OH
OH
OA OA '2
Ta có: Tam giác
vng tại
có
là đường cao. Suy ra :
(1)
1
1
1
=

+
2
2
B,
OBC
OA '
OA '
OB OC 2
Lại có: Tam giác
vng tại
có
là đường cao. Suy ra:
(2)
1
1
1
1
=
+
+
.
2
2
2
OA = OB = OC = 3
OH
OA OB OC 2
Từ (1) và (2) suy ra:
Thay
vào, ta được:

1
1 1 1
= + + = 1 ⇔ OH = 1.
2
OH
3 3 3
Gọi

Vậy
 Mức độ 3
Câu 1.

A'

là chân đường cao kẻ từ

là trọng tâm tam giác

A.

lên

d (O, ( ABC )) = OH = 1.

Cho hình chóp tam giác đều

H

A

đến mặt phẳng

8 2a
11

.

S . ABC

ABC d1

,

( SBC )

khoảng cách từ

. Khi đó

B.

có độ dài cạnh đáy bằng

8 2a
33

d1 + d 2

A

a

a 3

, cạnh bên bằng

đến mặt phẳng

( SBC )

,

d2

. Gọi

H

khoảng cách từ

có giá trị bằng

.

C.

8 22a
33

.

D.

2 2a
11

.

Lời giải

TÀI LIỆU ƠN THI THPT QUỐC GIA

Trang 12


NHĨM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU

50 BÀI TỐN THEO 4 MỨC ĐỘ

Chọn C

Vì

H

là trọng tâm tam giác

ABC

nên

1
d ( A, ( SBC ) ) = 3d ( H , ( SBC ) ) ⇒ d 2 = d1
3

AI ⊥ SM ⇒ AI ⊥ ( SBC ) ⇒ d1 = AI =
Kẻ
Ta có

a 3
a 3
AM =
; AH =
; SM =
2
3

S∆SAM =

Câu 2.

2

a 11
a
− ÷ =
; SH =
2
2

( a 3)

1
1 a 3 a 24
2 2
a 2 2 22a
AM .SH = .
.
=
a ⇒ d1 =
=
2
2 2
3
2
11
a 11
2
4
8 22
d1 =
a
3
33

S .ABCD

Cho hình chóp

2

2

a 3
a 24
− 
=
÷
÷
3
 3 

.

21a
3

.

·
a BAD
= 60o SA = a

có đáy là hình thoi cạnh

B.

.

.

với mặt phẳng đáy. Khoảng cách tứ

A.

.

2

d1 + d 2 =
Vậy

( a 3)

2

2 S ∆SAM
SM

.

15a
3

.

B

đến

( SCD )

,

,

và

SA

vuông góc

bằng?

C.
Lời giải

21a
7

.

D.

15a
7

.

Chọn C

CÁCH 1:
AB / / CD ⇒ d ( B; ( SCD ) ) = d ( A; ( SCD ) )
Ta có
.
MA ⊥ CD ( M ∈ CD )
AH ⊥ SM ⇒ SH ⊥ ( SCD ) ⇒ d ( A, ( SCD ) ) = SH
Kẽ
,kẻ
.

SA = a

AM =

;

2S ACD S ABCD a 3 1
1
1
21
=
=
= 2+
⇒ SM =
a
2
2
CD
CD

2 SH
SA
AM
7

AB / / CD ⇒ d ( B; ( SCD ) ) = d ( A; ( SCD ) ) =
CÁCH 2: Ta có
TÀI LIỆU ƠN THI THPT QUỐC GIA

3VS .BCD 3VS .A BCD
21a
=
=
S SCD
2 S SCD
7

.

Trang 13


NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU

(
Câu 3.

∆SCD; SD = a 2; SC = 2a; CD = a

S . ABCD

Cho hình chóp

50 BÀI TỐN THEO 4 MỨC ĐỘ

)

a,

đến mặt phẳng

A.

21a
14

.

mặt bên

SAB

là tam giác đều và nằm
A
trong mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy (minh họa như hình vẽ bên). Khoảng cách từ

( SBD )

có đáy là hình vng cạnh

bằng

21a
7

B.

.

C.
Lời giải.

2a
2

D.

21a
28

.

Chọn B

Gọi
Gọi

H

O

điểm
Kẻ

là trung điểm của
là giao điểm của

BO

Xét tam giác

Khi đó:

AC

).

HI ⊥ SH

tại I. Khi đó:

SHK ,

Khi đó,
AC ⊥ BD
BD
HK ⊥ BD
K K
và
suy ra

. Kẻ
tại ( là trung

d ( A, ( SBD ) ) = 2d ( H , ( SBD ) ) = 2 HI .

SH =
có:

SH ⊥ ( ABCD ) .

AB.

a 3
1
a 2
, HK = AO =
2
2
4

.

1
1
1
28
a 21
=
+
= 2 ⇒ HI =

.
2
2
2
HI
SH
HK
3a
14
d ( A, ( SBD ) ) = 2 HI =

Suy ra:
TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA

a 21
.
7
Trang 14


NHĨM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU

Câu 4

50 BÀI TỐN THEO 4 MỨC ĐỘ

S .ABCD
ABCD
AD = a AB = 2a
Cho hình chóp

có đáy
là hình chữ nhật với
,
. Cạnh bên
SA = 2a
SB
SD
M N
và vng góc với đáy. Gọi
,
lần lượt là trung điểm của
và
. Tính
d

khoảng cách

a 6
3

d=
A.

từ

S

đến mặt phẳng

.

B.

d = 2a

( AMN )

.

d=
.

C.

3a
2

d =a 5

.

D.

.

Lời giải
Chọn A

1
2

VS . ABD = SA.S∆ABD = a 3
3
3

Ta có:
VS . AMN SN SM 1
1
a3
=
.
= ⇒ VS . AMN = VS . ABD =
VS . ABD SD SB 4
4
6
Vì:
1
a 5
SD = SA2 + AD 2 = a 5 ⇒ AN = SD =
∆SAD
2
2
vuông:

∆SAB
MN

vuông:

SD = SA2 + AB 2 = 2a 2 ⇒ AM = a 2

SBD ⇒ MN =
là đường trung bình của tam giác
S ∆AMN =

Khi đó:
Câu 5.

3V
a2 6
a 6
⇒ d ( S ; ( AMN ) ) = S . AMN =
4
S ∆AMN
3

Cho hình chóp đều
khoảng cách từ điểm

A.

a
4

1
a 5
DB =
2
2

S . ABCD

B

, cạnh đáy bằng

đến mặt phẳng

B.

a 3
4

( SCD )

a

nên chọn đáp án A.

, góc giữa mặt bên và mặt đáy là

60°

. Tính

.
a 3
2

C.
Lời giải.

D.

a
2

Chọn C

TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA

Trang 15


NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU

d ( B, ( SCD ) )

d ( O, ( SCD ) )

* Ta có:

=

hình chiếu vng góc của

* Gọi

I

là trung điểm của

50 BÀI TOÁN THEO 4 MỨC ĐỘ

BD
=2
OD
⇒ d ( B, ( SCD ) ) = 2.d ( O, ( SCD ) ) = 2OH

O

lên

CD

( SCD )

Xét

∆SOI

⇒ OH =

Câu 6.

SOI

, ta có

H

là

.

ta có:

( SCD ) ∩ ( ABCD ) = CD

⇒ ( ( SCD ) , ( ABCD ) ) = ( OI , SI ) = S· IO = 60°
 SI ⊥ CD
OI ⊥ CD


Xét tam giác

. Trong đó

SO = OI .tan 60° =

O
vng tại ta có:
1
1
1
4
4
16
= 2+
= 2+ 2= 2
2
2

OH
OI
OS
a 3a
3a

a 3
2

.

.

a 3
a 3
⇒ d ( B; ( SCD ) ) =
4
2

.
ABCD

S . ABCD
A
B AB = BC = a,
Cho khối chóp
có đáy
là hình thang vng tại
và ,
AD = 2a.

S
H
AD
Hình chiếu của
lên mặt phẳng đáy trùng với trung điểm
của
và
SH =

a 6
.
2

d=

A.

6a
8

Tính khoảng cách

B.

d

d =a

từ

B

đến mặt phẳng

( SCD )

d=

C.
Lời giải.

6a
4

.
d=

D.

15a
5

Chọn C

TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA

Trang 16


NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU

Gọi

M

là trung điểm của

Tam giác
Ta có

HCD

vng tại

H

có

CD = a 2

HK =

SHM

Vậy
Cho hình chóp

DC = a

. Điểm

mặt phẳng

HM =

và

a 2
2

a 15
5

.

S .ABCD
I

D

có

HM .HS
HM 2 + HS 2

=

a 6
4

a 6
4

có đáy

ABCD

là trung điểm đoạn

( ABCD )

khoảng cách từ

H

vuông tại

d ( B, ( SCD ) ) =

A.

CD K
SM
H
,
là hình chiếu của
lên

BH / / CD ⇒ d ( B, ( SCD ) ) = d ( H , ( SCD ) ) = HK

Tam giác

Câu 7.

50 BÀI TOÁN THEO 4 MỨC ĐỘ

. Mặt phẳng

đến

( SBC )

B.

theo

9a 15
10

AD,

( SBC )
a

.

là hình thang vng tại
hai mặt phẳng

( SIB )

tạo với mặt phẳng

và

A

và

( SIC )

( ABCD )

D; AB = AD = 2a;

cùng vng góc với
một góc

60°

. Tính

.

C.
Lời giải

2a 15
5

.

D.

9a 15
20

.

Chọn A

SI ⊥ ( ABCD ) .
Theo đề ta có
BC
K
I
Gọi
là hình chiếu vng góc của trên
.
TÀI LIỆU ƠN THI THPT QUỐC GIA

Trang 17


NHĨM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU

50 BÀI TỐN THEO 4 MỨC ĐỘ

·
= 60°

( (·SBC ) , ( ABCD ) ) = SKI

Suy ra: Góc giữa hai mặt phẳng
AB, M = IK ∩ DE.
E
Gọi
là trung điểm của
DE // ( SBC )
BCDE
Do
là hình bình hành nên
⇒ d ( D, ( SBC ) ) = d ( DE , ( SBC ) ) = d ( M , ( SBC ) )
Gọi

H

SK

M

là hình chiếu vng góc của
trên
. Suy ra
1
1
1
IM = AU = KN = MK
2
2
2

Dễ thấy:
1
5
IN = IM + MK + KN = MK + MK + MK = MK
2
2
MK =

Suy ra:

2
2
2a 5
IN =
ID 2 + DN 2 =
5
5
5

Trong tam giác
Câu 8.

Cho hình chóp

( ABC )

A.

3a
4

một góc

.

ta có:

S . ABC

chiếu vng góc của
60°

.

MH = MK .sin 60° =

MHK ,

S

a 15
5

có đáy là tam giác vng tại
lên

( ABC )

là trung điểm

. Tính khoảng cách từ

B.

3a
5

.

I

d ( M , ( SCD ) ) = MH

A, AC = a, I

H

của

đến mặt phẳng

C.
Lời giải

5a
4

.

BC

là trung điểm

. Mặt phẳng

( SAB )

SC

( SAB )

. Hình

tạo với

.

D.

2a
3

.

Chọn A

Gọi

M

là trung điểm cạnh

AB

thì

a
MH = , MH //AC
⇒ MH ⊥ AB
2

TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA

MH

là đường trung bình của tam giác

ABC

nên

.
Trang 18


NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU

Mặt khác, do

SH ⊥ ( ABC )

nên

50 BÀI TOÁN THEO 4 MỨC ĐỘ

( SMH ) ⊥ BC

( SAB )

( ABC )

. Suy ra góc giữa
và
là góc giữa
·
·
SMH
SMH
= 60°
SM
SH ⊥ MH
MH
và
; lại có
nên góc này bằng góc
. Từ giả thiết suy ra
.
HK ⊥ ( SAB )
SM
K

H
Gọi
là hình chiếu của
lên
thì
.
SMH , SH = MH . tan 60° =

Xét tam giác vuông
Gọi khoảng cách từ

I , C, H

đến mặt phẳng

d( I , ( SAB ) ) , d( C , ( SAB ) ) , d( H , ( SAB ) )

a 3
a
a 3
, MH = ⇒ HK =
2
2
4

( SAB )

.

lần lượt là

.

Cách 1:
1

d
I
,
SAB
=
d( C , ( SAB ) )
(
)
(
)

2

d( H , ( SAB ) ) = 1 d( C , ( SAB ) ) ⇒ d( I , ( SAB ) ) = d( H , ( SAB ) ) = a 3

2
4

Ta có
Cách 2:
IH

là đường trung bình của tam giác

⇒ d( I , ( SAB ) ) = d( H , ( SAB ) ) =
ABCD

Câu 10. Cho tứ diện

có

2 6

AC = AD = BC = BD = 1

. Khoảng cách từ
6
3
B.
.

.

nên

IH //SB ⇒ IH // ( SAB )

a 3
4

( ACD ) ^ ( BCD )

A.

SBC

.

A

( ABC ) ^ ( ABD )
, mặt phẳng

và

( BCD )
đến mặt phẳng

C.
Lời giải

là:

6
2

.

D.

6
3

.

Chọn D

Gọi

H, K

D ACD

lần lượt là trung điểm của

cân tại

A

nên

CD

và

AB

.

AH ^ CD Þ AH ^ ( BCD ) Þ d ( A; ( BCD ) ) = AH

TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA

Trang 19

NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU

Đặt

AH = x

.

2
HD = AD 2 - AH 2 = 1- x

.

D BCD = D ACD Þ HB = HA = x

Þ

50 BÀI TỐN THEO 4 MỨC ĐỘ

(hai đường cao tương ứng bằng nhau).

x 2
1
1
1
2
=
+

= 2 Þ HK =
2
2
2
2
HK
HA
HB
x

Mặt khác, ta lại có:

D ABD
tại

cân tại

D

nên

là tam giác vuông

K

Suy ra

1
x 2
6

Û
= 1- x 2 Û x =
HK = CD
Û HK = HD
2
2
3

Vậy khoảng cách từ
 Mức độ 4
Câu 1.

DK ^ AB Þ AH ^ ( ABC ) Þ DK ^ CK Þ D KCD

A

( BCD)
đến mặt phẳng

bằng

.

6
3

·
·
SBA
= SCA

= 900.

Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a và
Biết góc giữa đường thẳng SA và mặt đáy bằng 450. Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt
phẳng (SAC).

A.

15
a
5

.

B.

2 15
a
5

.

2 15
a
3

C.
Lời giải

.

D.

2 51
a
5

.

Chọn B

Gọi I là trung điểm của SA.
Tam giác SAB và SAC là các tam giác vuông tại
Gọi G là trọng tâm tam giác đều
Trong (SAG) kẻ

B, C ⇒ IS = IA = IB = IC

ABC ⇒ IG ⊥ ( ABC )

.

SH / / IG ( H ∈ CG ) ⇒ SH ⊥ ( ABC )

Dễ thấy khi đó IG là đường trung bình của tam giác

TÀI LIỆU ƠN THI THPT QUỐC GIA

SAH ⇒ SH = 2 IG

Trang 20


NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU

Tam giác ABC đều cạnh =
Ta có:

50 BÀI TỐN THEO 4 MỨC ĐỘ

2 2a 3 2a 3
2a ⇒ AG = .
=
3 2
3

·
= 45
(·SA, ( ABC ) ) = (·SA, AH ) = SAH

⇔ IG = AG =

0

⇒ ∆AIG
vuông cân tại G

2a 3
4a 3
⇒ SH = 2 IG =

3
3

1
1 4 a 3 ( 2a ) 3 4a 3
= SH .S ABC = .
.
=
3
3 3
4
3
2

⇒ VS . ABC
Ta có:

GA = GB = GC , GA = GH

⇒ GA = GB = GC = GH ⇒ G

( IG là đường trung bình của tam giác SAH)

là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABHC.
⇔ ·ACH = 900
⇒ AH là đường kính đường trịn ngoại tiếp tứ giác ABHC
(góc nội tiếp chắn
nửa đường trịn)

AH = 2 AG =

Ta có:

4a 3
2a
⇒ CH = AH 2 − AC 2 =
3
3
2

2

 4a 3   2a 
2 15a
⇒ SC = SH 2 + HC 2 = 
=
÷ +
÷
3
 3   3

S SAC =

1
1 2 15a
2 15a 2
SC. AC = .
.2a =
2
2
3

3

d ( B, ( SAC ) ) =

3VS . ABC
S SAC

Vậy
Câu 2.

4a 3
3 = 2a 15
=
5
2 15a 2
3
3.

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a , AD = 2a . Tam giác SAB
cân tại S và nằm trong mặt phẳng vng góc với đáy. Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng

( ABCD )

bằng 45° . Gọi M là trung điểm của SD , hãy tính theo a khoảng cách từ M đến

mặt phẳng
A.

d=

( SAC ) .

2a 1513
.
89

B.

d=

a 1315
.
89

C.
Lời giải

d=

2a 1315
.
89

D.

d=

a 1513
.
89

Chọn D

TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA

Trang 21


NHĨM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU

50 BÀI TỐN THEO 4 MỨC ĐỘ

Gọi H là trung điểm của AB ⇒ SH ⊥ AB ( ∆SAB cân tại S ).
( SAB ) ∩ ( ABCD ) = AB

⇒ SH ⊥ ( ABCD )
( SAB ) ⊥ ( ABCD )

SH ⊥ AB ( cmt )
Ta có 
.
SH ⊥ ( ABCD )
( ABCD ) là
Vì
, nên hình chiếu vng góc của đường thẳng SC lên mặt phẳng
·
HC , suy ra ( SC , ( ABCD ) ) = ( SC , HC ) = SCH = 45°.
2

2

a 17
2
 AB 
a
2
HC = HB + BC = 
.
÷ + BC =  ÷ + ( 2a ) =
2
 2 
 2
∆HBC vuông tại B , có
2

2

SH = HC =

a 17
.
2

∆SHC vng cân tại H , suy ra
d ( M , ( SAC ) ) MS 1
1
1
=
= ⇒ d ( M , ( SAC ) ) = d ( D , ( SAC ) ) = d ( B , ( SAC ) ) .
DS 2

2
2
d D , ( SAC ) )
Ta có (
d ( B , ( SAC ) ) BA
=
= 2 ⇒ d ( B , ( SAC ) ) = 2d ( H , ( SAC ) )
d ( H , ( SAC ) ) HA
Mặt khác
.
d ( M , ( SAC ) ) = d ( H , ( SAC ) ) .
Từ đó
( SAC ) , kẻ HI ⊥ AC và kẻ HK ⊥ SI .
Trong mặt phẳng
 AC ⊥ HI ( gt )
⇒ AC ⊥ ( SHI ) ⇒ AC ⊥ HK

AC
⊥
SH
SH
⊥
ABCD
(
)
(
)

Ta có 
.

 HK ⊥ SI ( gt )
⇒ HK ⊥ ( SAC ) ⇒ d ( H , ( SAC ) ) = HK .

HK ⊥ AC ( cmt )


Ta có
2
2
2
∆ABC vng tại B , có AC = AB + BC = a + ( 2a ) = a 5.
2

∆AIH : ∆ABC ⇒

AI IH AH ⇒ IH = BC. AH = BC. AB = 2a.a = a 5
=
=
AC
2 AC
5
2.a 5
AB BC AC

TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA

.

Trang 22

NHÓM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU

SH .HI

HK =

Câu 3.

50 BÀI TOÁN THEO 4 MỨC ĐỘ

SH 2 + HI 2

=

a 17 a 5
.
2
5
2

2

 a 17   a 5 

÷ +
÷
 2   5 

=

a 1513
.
89

∆SHI vng tại H , có
S . ABCD
ABCD
AB = 2a
SAB
Cho hình chóp
có đáy
là hình vuông với
. Tam giác
vuông tại
S

, mặt phẳng

( SBC )

phẳng
2a
3
A.
.

( SAB )

bằng

ϕ

vng góc với

sin ϕ =
, với

B.

a

1
3

( ABCD )

. Biết góc tạo bởi đường thẳng

. Tính khoảng cách từ

.

C.
Lời giải

2a

C

đến

( SBD )

.

theo
a
3
D. .

a

SD

và mặt

.

Chọn A

( SBC )

( SAD )

d
S
AD
là giao tuyến của
và

thì qua và song song với
.
SA
d
D
K
Kẻ qua
đường thẳng song song với
, cắt tại , ta có:
Gọi

d


( SAB ) ⊥ ( ABCD )
⇒ AD ⊥ ( SAB ) ⇒ AD ⊥ SA ⇒ d ⊥ SA ⇒ d ⊥ KD ( 1)


 AD ⊥ AB

.


( SAB ) ⊥ ( SAD )
⇒ SB ⊥ ( SAD ) ⇒ SB ⊥ KD ( 2 )


 SB ⊥ SA

Từ (1) và (2) suy ra

KD ⊥ ( SBC )

·
KSD

, hay góc giữa

KSD

SD

với

( SBC )

bằng góc giữa

SD

với

SK

·
KSD
=ϕ

K

và bằng góc
(do tam giác
vng tại ). Suy ra
.
1
SA 1
SA
1
a
sin ϕ = ⇔
= ⇔
= ⇔ 9 SA2 = SA2 + 4a 2 ⇔ SA =
2
2
3
SD 3
3
2
SA + AD
Có
.

SB 2 = AB 2 − SA2 = 4a 2 −
Ta có

TÀI LIỆU ÔN THI THPT QUỐC GIA

a 2 7a 2
a 14
=

⇒ SB =
2
2
2

.

Trang 23


NHĨM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU

Gọi

H

50 BÀI TỐN THEO 4 MỨC ĐỘ

là chân đường vng góc hạ từ

SH ⊥ ( ABCD )

S

của tam giác

SAB

, do

( SAB ) ⊥ ( ABCD )

nên

.

Ta có
d ( C , ( SBD ) ) = d ( A, ( SBD ) ) =

AB
d ( H , ( SBD ) )
HB

AB 2
AB 2
=
d ( H , ( SBD ) ) =
d ( H , ( SBD ) )
HB. AB
SB 2
4a 2
8
= 2 .d ( H , ( SBD ) ) = .d ( H , ( SBD ) )
7a
7
2
Tam giác

SAB

vuông tại

S

nên:

1
1
1
2
2
16
a 7
= 2 + 2 = 2 + 2 = 2 ⇒ SH =
2
SH
SA SB
a 7a
7a
4

Gọi

O

OA =
là tâm của hình vng thì

.

AC 2a 2
=
=a 2
2
2

.

OB
H
là hình chiếu vng góc của
lên
ta có
2
7a
HE BH BH .BA SB 2
7
7
7 2a
=
=
=
= 2 2 = ⇒ HE = .a 2 =
2
2
AO BA
BA
BA
4a
8

8
8

Gọi

Gọi

Có

Vậy
Câu 4.

E

F

H

là hình chiếu vng góc của
lên
, dễ thấy
1
1
1
16
32
144
7a
=
+

= 2+
=
⇒ HF =
2
2
2
2
2
HF
SH
HE
7a 49a
49a
12

Cho hình chóp
giác

SAC

cách giữa

A.

d ( H , ( SBD ) ) = HF

SE

8
8 7 a 2a

d ( C , ( SBD ) ) = d ( H , ( SBD ) ) = . =
7
7 12 3

3a
8

.

S . ABC

vng tại

SC

và

C

AB

có đáy là tam giác

ABC

B.

.

d ( H , ( SBD ) ) =

, suy ra

7a
12

.

.
đều cạnh

. Biết góc giữa hai mặt phẳng

theo

.

( SAB )

a

, tam giác

và

( ABC )

SBA

bằng

vuông tại
60°

B

, tam

. Tính khoảng

a

.
3a
13

.

C.
Lời giải

3a
6

.

D.

3a
4

.

Chọn B

TÀI LIỆU ƠN THI THPT QUỐC GIA

Trang 24


NHĨM WORD – BIÊN SOẠN TÀI LIỆU

D

Gọi

Ta có

là hình chiếu của

SD ⊥ AB

Tương tự có
Dễ thấy

và

S

∆SBA = ∆SCA

Vậy

Ta có

( gt )

·
SBD
= 60°

ACD

( ABC )

, suy ra

SD ⊥ ( ABC )

AB ⊥ ( SBD ) ⇒ BA ⊥ BD
vuông ở

C

∆SBD = ∆SCD

DC =

, suy ra
·
tan SBD

=

, suy ra

BC

a
3

.

nên cũng có

SB = SC

DB = DC

.

.

, nên cũng là đường phân giác của góc

. Ngồi ra góc giữa hai mặt phẳng

SD
a
·
⇒ SD = BD tan SBD
=

. 3=a
BD
3

ABEC

.

.

(cạnh huyền và cạnh góc vng), suy ra

là đường trung trực của

·
DAC
= 30°

, suy ra

hay tam giác

Từ đó ta chứng minh được
DA

lên mặt phẳng

SB ⊥ AB

AC ⊥ DC

50 BÀI TOÁN THEO 4 MỨC ĐỘ

ABC

( SAB )

·
BAC

và

.

( ABC )

là

.

BEC

Dựng hình bình hành
, do tam giác
là tam giác đều nên tam giác
đều.
·
·
CBD
= ·ABD − ·ABC = 90° − 60° = 30°

CBE
BD
Có
nên
là phân giác trong của góc
.
EC
BI ⊥ EC
I
Gọi là trung điểm của
thì
.
1
1
1
1
1
13
a
=
+ 2 = 2 +
= 2 ⇒ DH =
2
2
2
DH
SD
DI
a
a

13
1 a 3 
 .
÷
÷
DH ⊥ SI
3 2 
H
Kẻ
tại
, ta có:
⇒ d ( D, ( SCE ) ) =

a
13

.

AB // ( SEC ) ⇒ d ( AB, SC ) = d ( AB; ( SCE ) ) = d ( B; ( SCD ) ) =

Có
TÀI LIỆU ƠN THI THPT QUỐC GIA

BI
3a
d ( D; ( SCE ) ) =
DI
13

.

Trang 25