Chuyên đề khoảng cách hai đường thẳng chéo nhau

Tailieumontoan.com

Điện thoại (Zalo) 039.373.2038

CHUYÊN ĐỀ
KHOẢNG CÁCH HAI ĐƯỜNG
THẲNG CHÉO NHAU

Tài liệu sưu tầm, ngày 8 tháng 12 năm 2020


Website: tailieumontoan.com

DẠNG TOÁN 40: KHOẢNG CÁCH GIỮA HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU

I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ:
Muốn tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b ta dựng mặt phẳng (α ) chứa b và
song song với a . Chọn một điểm M thích hợp trên a và tính khoảng cách từ M đến (α ) .

d ( a , b ) = d ( M , (α ) ) .

Để dựng đoạn vng góc chung của hai đường thẳng chéo nhau a và b ta có thể sử dụng một trong các
cách sau:
Cách 1: (Sử dụng trong trường hợp a ⊥ b )
• Dựng mặt phẳng (α ) chứa b và vng góc với a tại A .
• Dựng AB ⊥ b tại b .

AB là đoạn vng góc chung của a và b .

Cách 2:
• Dựng mặt phẳng (α ) chứa b và song song với a .

• Chọn điểm M thích hợp trên a , dựng MH ⊥ (α ) tại H .
• Qua H , dựng đường thẳng a′//a , cắt b tại B .
• Từ B dựng đường thẳng song song MH , cắt a tại A .

Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038

Trang 1


Website: tailieumontoan.com

AB là đoạn vng góc chung của a và b .

Cách 3:
• Dựng mặt phẳng (α ) vng góc với a tại M .
• Dựng hình chiếu b′ của b lên (α ) .
• Dựng hình chiếu vng góc H khác của M lên b′ .
• Từ H , dựng đường thẳng song song với a , cắt b tại B .
• Qua B , dựng đường thẳng song song với MH , cắt a tại A .

AB là đoạn vng góc chung của a và b .

BÀI TẬP MẪU
(ĐỀ MINH HỌA LẦN 2-BDG 2019-2020) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác vng tại A ,
AB = 2a , AC = 4a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA = a (minh họa như hình vẽ bên). Gọi M là
trung điểm AB .
S

A

B

M

C

Khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và BC bằng
A.

2a
.
3

B.

a 6
.
3

Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038

C.

a 3
.
3

D.

a

.
2
Trang 2


Website: tailieumontoan.com

Phân tích hướng dẫn giải
1. DẠNG TỐN: Đây là dạng tốn tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau.
2. KIẾN THỨC CẦN NHỚ:
Tứ diện vuông: Tứ diện SABC được gọi là tứ diện vng nếu tứ diện đó có SA, SB, SC đơi một vng
góc với nhau.
Gọi H là hình chiếu của S trên ( ABC ) . Khi đó:
+ H là trực tâm tam giác ABC .
+

1
1
1
1
= 2+ 2+
.
2
SH
SA SB
SC 2

Đường thẳng song song với mặt phẳng: Cho đường thẳng a ⊄ ( P ) .
Nếu a //b ⊂ ( P ) ⇒ a // ( P ) .
3. HƯỚNG GIẢI:

B1: Gọi N là trung điểm AC . Chứng minh BC // ( SMN ) .
Suy ra
=
d ( BC ; SM ) d=
( BC; ( SMN ) ) d ( B; ( SMN ) ) .
B2: Nhận xét d=
( B; ( SMN ) ) d=
( A; ( SMN ) ) h là độ dài đường cao của tứ diện A.SMN xuất phát từ
đỉnh A.
B3: Sử dụng tính chất của tứ diện vng để tính h .
Từ đó, ta có thể giải bài tốn cụ thể như sau:
Lời giải
Chọn A
S

A

M
B

N

C

=
Gọi N là trung điểm AC . Khi đó: AN

AC
AB
= 2a ; AM

= = a.
2
2

Ta có: MN // BC ⇒ BC // ( SMN ) .
Suy ra: =
d ( BC ; SM ) d (=
BC ; ( SMN ) ) d=
( B; ( SMN ) ) d ( A; ( SMN ) ) .
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038

Trang 3


Website: tailieumontoan.com

(Do đường thẳng AB cắt mặt phẳng ( SMN ) tại điểm M là trung điểm AB ).
Tứ diện A.SMN vng tại A có h = d ( A; ( SMN ) ) suy ra:
1
1
1
1
=
+
+ 2=
2
2
2
h
AN

AM
SA

1

( 2a )

2

+

2a
1
1
9
hay h =
.
+ 2=
2
2
3
a
a
4a

Vậy d ( BC ; SM )= d ( A; ( SMN ) )= h=

2a
.
3

Lưu ý: Ta có thể tính d ( A; ( SMN ) ) như sau:
S

H
M

A

B
I

N

C

Gọi I , H lần lượt là hình chiếu của điểm A trên MN , SI .
 MN ⊥ AI
⇒ MN ⊥ ( SAI ) ⇒ MN ⊥ AH .

 MN ⊥ SA
 AH ⊥ SI
⇒ AH ⊥ ( SMN ) ⇒ d ( AH ; ( SMN ) ) =
AH .

 AH ⊥ MN

∆AMN vuông tại A ⇒

∆SAI vuông tại A ⇒

1
1
1
1
1
5
= 2+
=2 +
= 2.
2
2
2
AI
AM
AN
a ( 2a )
4a

1
1
1
1
5
9
2a
= 2 + 2 = 2 + 2 = 2 ⇒ AH = .
2
AH
SA

AI
a 4a
4a
3

=
=
Vậy d ( BC ; SM
) d ( A; ( SMN=
) ) AH

2a
.
3

Cách khác :
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ với O ≡ A , cho a = 1 .

Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038

Trang 4


Website: tailieumontoan.com

Ta có tọa độ các điểm A ( 0;0;0 ) , B ( 0; 2;0 ) , C ( 4; 0; 0 ) , S ( 0;0;1) , M ( 0;1;0 ) .

=
d ( SM , BC )

  
 SM , BC  SB 2
2


=
. Vậy d ( SM , BC ) = a .
 
3
3
 SM , BC 



II. CÁC DẠNG BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
DẠNG 1. KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN ĐƯỜNG THẲNG
1. DẠNG TOÁN: Đây là dạng tốn tính khoảng cách từ một điểm đến đường thẳng.
2. KIẾN THỨC CẦN NHỚ:
Cho điểm M và một đường thẳng ∆ . Trong mặt phẳng ( M , ∆ ) gọi H là hình chiếu vng góc của M
trên ∆ . Khi đó khoảng cách MH được gọi là khoảng cách từ điểm M đến ∆ .
Ký hiệu: d ( M , ∆ ) =MH .
3. HƯỚNG GIẢI:
Qua M kẻ MH ⊥ ∆ . Khoảng cách từ M đến ∆ bằng MH .
Công thức sử dụng: Cho ∆MAB vuông tại M , đường cao MH .

1
1
1
=
+

.
2
2
MH
MA MB 2
2 S ∆MAB 
MA.MB 
 MH =
=
 MH
.
AB
AB 



BÀI TẬP MẪU
Cho hình chóp S . ABC với SA vng góc với ( ABC ) và SA = a . Diện tích S ∆ABC = a 2 , BC = a 2 .
Khoảng cách từ S đến BC bằng bao nhiêu?
A. a 3 .

B. a 2 .

C. a .

D. 2a .

Lời giải
Chọn A
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038

Trang 5


Website: tailieumontoan.com
S

C

A
H
B

Trong mp ( SBC ) kẻ SH ⊥ BC .
Theo đầu bài ta có SA ⊥ ( ABC ) ⇒ SA ⊥ BC .
Suy ra BC ⊥ ( SAH ) ⇒ AH ⊥ BC .
Ta lại có S ∆=
ABC

2.S ∆ABC 2.a 2
1
AH .BC ⇒ =
AH
= =
2
BC
2a

2.a .

=
= a 3.
Ta có SH = SA2 + AH 2 = a 2 + 2a 2 = a 3 . Vậy d ( S , BC
) SH
DẠNG 2. KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG
1. DẠNG TỐN: Đây là dạng tốn tính khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng.
2. KIẾN THỨC CẦN NHỚ:
Khoảng cách từ một điểm đến đến một mặt phẳng (α ) : d (O;(α )) = OH trong đó H là hình chiếu của O
trên (α )
Nếu đường thẳng ∆ song song với mặt phẳng (α ) và M ; N ∈ ∆ thì d ( M ;(α )) = d (N;(α ))
Nếu đường thẳng ∆ cắt mặt phẳng (α ) tại điểm I và M ; N ∈ ∆ ( M ; N không trùng với I ) thì
d ( M ;(α )) MI
=
d (N;(α )) NI
Đặc biệt:
Nếu M là trung điểm của NI thì: d ( M ;(α )) =

1
d ( N ;(α ))
2

Nếu I là trung điểm của MN thì: d ( M ;(α )) = d ( N ;(α ))
3. HƯỚNG GIẢI:
Xác định hình chiếu H của O trên (α ) và tính OH
- Dựng mặt phẳng (P) chứa O và vng góc với (α )
- Tìm giao tuyến (α ) của (P) và (α )
- Kẻ OH ⊥ ∆( H ∈ ∆) . Khi đó d (O;(α )) = OH .
Lưu ý
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038

Trang 6


Website: tailieumontoan.com

Tính chất của tứ diện vng
Giả sử OABC là tứ diện vuông tại O (OA ⊥ OB; OB ⊥ OC ; OC ⊥ OA) và H là hình chiếu của O trên mặt
1
1
1
1
=
+
+
phẳng ( ABC ) . Ta có
2
2
2
OH
OA OB OC 2
BÀI TẬP MẪU
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành với BC= a 2, ABC= 60° . Tam giác SAB nằm trong
mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng ( SAB ) bằng:
A.

a 6
.
2

B.

a 2
.
2

C. a 2 .

D.

2a 6
.
3

Lời giải
Chọn A

Dựng SH ⊥ AB ,
do ( SAB ) ⊥ ( ABCD ) ⇒ SH ⊥ ( ABCD )
Dựng CK ⊥ AB , có CK ⊥ SH ⇒ CK ⊥ ( SAB )
3 a 6
Do CD / / AB ⇒ d ( D, ( SAB ) ) = d ( C , ( SAB ) )=
BC=
sin 60° a=
2.
.
= CK
2
2

DẠNG 3. KHOẢNG CÁCH GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG SONG SONG, GIỮA

HAI MẶT PHẲNG SONG SONG.
1. DẠNG TOÁN: Đây là dạng tốn tính khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng song song, giữa hai
mặt phẳng song song.
2. KIẾN THỨC CẦN NHỚ:
2.1. Khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng song song:
Cho đường thẳng ∆ song song mặt phẳng (α ) . Khoảng cách giữa đường thẳng ∆ và mặt phẳng (α ) là
khoảng cách từ một điểm M bất kì trên đường thẳng ∆ đến mặt phẳng (α ) .
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038

Trang 7


Website: tailieumontoan.com

=
d ( ∆, (α ) ) d ( M , (α ) ) , ∀M ∈ ∆

2.2. Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song:
Cho hai mặt phẳng song song (α ) và ( β ) . Khoảng cách giữa hai mặt phẳng (α ) và ( β ) là khoảng cách
từ một điểm M bất kì trên mặt phẳng (α ) đến mặt phẳng ( β ) .

d ( (α=
) , ( β ) ) d ( M , ( β ) ) , ∀M ∈ (α )

3. HƯỚNG GIẢI:
Đưa về dạng tốn tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng.
BÀI TẬP MẪU
Cho hình chóp S . ABC có đường cao SH =

2a

. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của SA  và SB .
3

Khoảng cách giữa đường thẳng MN và mặt phẳng ( ABC ) bằng:
A.

a
.
2

B.

a 2
.
2

C.

a
.
3

D.

a 3
.
3

Lời giải
Chọn D

Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038

Trang 8


Website: tailieumontoan.com

Vì M và N lần lượt là trung điểm của SA  và SB nên MN  AB suy ra MN  ( ABC ) .
Ta có: d ( MN ; ( ABC ) ) = d ( M ; ( ABC ) ) .
Lại có: M là trung điểm của SA nên d ( M ; ( ABC
=
))
Vậy d ( MN ; ( ABC ) ) =

1
1
a 3
.
d ( S ; ( ABC
=
SH
)) =
2
2
3

a 3
.
3

Bài tập tương tự và phát triển:
 Mức độ 3 + 4
Câu 1.

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng, SA vng góc với mặt phẳng

( ABCD ) ,

góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ( ABCD ) bằng 45° . Biết rằng thể tích khối

chóp S . ABCD bằng
A.

a3 2
. Khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC bằng
3

a 3
.
2

B.

a 6
.
3

C.

a 10
.
5

D.

a 10
.
10

Lời giải
Chọn C.
S

H
K
A

B
I

D

C

Đặt cạnh của hình vng ABCD là x , x > 0 .
Vì SA ⊥ ( ABCD ) nên suy ra góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ( ABCD ) là góc SCA .
= 45° . Do đó tam giác SAC vng cân tại A . Suy ra =
SA AC
= x 2.

Vậy SCA

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

Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038

Trang 9


Website: tailieumontoan.com

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 vng 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

Suy ra AH =

BD a 2
.
=
2
2

1
1
1
=
+=
2
2
AH
AS
AK 2

1

(a 2 )

2

+

1
a 2


 2 

2

=

5
.
2a 2

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

 
Do đó:  AC , SB  =

( −a

2

, SB )
Từ đó ta có d ( AC=

Câu 2.





( 0; a; −a 2 ) , AC = ( a; a;0) , AS = ( 0;0; a 2 ) .
  
2; a 2 2; a 2 ,  AC , SB  . AS = a 3 2 .

)

  
 AC , SB  AS a 3 2 a 10



= =
.
 
5
a2 5
 AC , SB 



Cho hình chóp S . ABCD đáy ABCD là hình vng cạnh bằng a ; cạnh bên SA vng góc với
đáy; SC hợp với đáy góc 45° . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và BD là:
A.

a
.
2

B. a .

C.

2a
.
2

D.

2a
.

3

Lời giải
Chọn A

Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038

Trang 10


Website: tailieumontoan.com

=
Ta có: AC là hình chiếu vng góc của SC lên ( ABCD ) ⇒ (
SC , ( ABCD ) ) =
SCA
45° .
Lại có:

BD ⊥ AC 
 ⇒ BD ⊥ SC .
BD ⊥ SA 

O AC ∩ BD . Dựng OH ⊥ SC tại H .
Gọi =
Ta có:

OH ⊥ SC 
 ⇒ OH là đoạn vng góc chung của BD và SC .
OH ⊥ BD 

Suy ra d ( BD, SC ) = OH .
Xét tam giác OHC vuông tại H có:
OH OC=
sin 45°
=
Câu 3.

2a 2 a
.
.
=
2
2
2

Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vng cân tại A , mặt bên SBC là tam giác
đều cạnh a và mặt phẳng ( SBC ) vng góc với mặt đáy. Tính theo a khoảng cách giữa hai
đường thẳng SA, BC.
A.

3a
.
4

B. a .

C.

3a

.
2

D.

3a
.
6

Lời giải
Chọn A

Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038

Trang 11


Website: tailieumontoan.com

AH
=

AB a
a 3
=
, SH =
, SA ⊥ ( ABC ) ⊃ BC → SA ⊥ BC (1)
2
2
2

Ta có BC ⊥ AH

( 2)

Từ (1) và (2) suy ra BC ⊥ ( SHA )
Trong mp ( SAH ) , kẻ HK ⊥ SA ( K ∈ SA ) . Suy ra HK là đoạn vng góc chung của hai đường
thẳng chéo nhau SA và BC .
Xét tam giác SHA vuông tại H có
Vậy d ( SA, BC ) =
Câu 4.

1
1
1
16
=
+
= 2
2
2
2
HK
HS HA
3a

a 3
.
4

Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a . Gọi M và N lần lượt là trung
điểm của các cạnh AB và AD ; H là giao điểm của CN với DM . Biết SH vng góc với
mặt phẳng ( ABCD ) và SH = a 3 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC .
A.

2 57 a
.
19

B.

2 57 a
.
19

3a
.
2

C.

D. a .

Lời giải
Chọn C
S

K

D

S

D

N

C

A

Ta thấy

H

H

M

B

M

K

C

DM ⊥ NC 
 ⇒ DM ⊥ ( SHC ) ⇒ DM ⊥ SC .
DM ⊥ SH 

 ⇒ MD ⊥ NC .
Ta có: ∆MAD =
∆NDC ⇒ 
ADM =
DCN
Do SH ⊥ ( ABCD ) ⇒ MD ⊥ SH ⇒ MD ⊥ ( SHC ) .
Kẻ HK ⊥ SC ( K ∈ SC ) .
Suy ra HK là đoạn vng góc chung của DM và SC nên d ( DM , SC ) = HK .

Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038

Trang 12


Website: tailieumontoan.com

HC
Ta có: =

Do đó: d ( DM , SC ) =
Câu 5.

SH ⋅ HC
2 3a
=
⋅
19
SH 2 + HC 2

CD 2 2a

=
và=
HK
CN
5
2 3a
.
19

Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy là hình vng cạnh bằng a 2 . Tam giác SAD cân tại

S và mặt bên ( SAD ) vng góc với mặt phẳng đáy. Biết thể tích của khối chóp S . ABCD bằng
4 3
a . Tính khoảng cách h từ điểm B đến mặt phẳng ( SCD ) .
3
A. h =

3
a.
4

B. h =

2
a.
3

C. h =

4

a.
3

8
D. h = a .
3

Lời giải
Chọn C.
S

S
A

B

AI
D

C

Cách 1:
Ta có chiều cao của khối chóp S . ABCD là SI với I là trung điểm của AD .
1
4 3
4
a ⇔ SI = 2a .
Suy ra thể tích của khối chóp S . ABCD bằng a 3 ⇔ 2a 2 .SI =
3
3

3
Xét tam giác SCD vng tại D có:
1
1 3a 2
3a 2
3a 2
nên
.
S ∆SCD =
SD.CD
. =
.a 2
=
2
2
2 2
2
4
1
4
.h ⇔ h
⇔ a 3 2. S ∆SCD=
a.
Thấy ngay V=
VS .BCD 2VB.SCD =
2=
S . ABCD
3
3
3

Cách 2: (Phương pháp tọa độ hóa)
4
3 ⋅ a3
3VS . ABCD
1
3
Ta có VS . ABCD =
SI ⋅ S ABCD ⇒ SI =
=
= 2a .
2
3
S ABCD
a 2
SD =

SI 2 + ID 2 =

(

)

Chọn hệ trục Ixyz như hình vẽ:
z
S

B
I

A

y

D
x

Liên hệ tài liệu word tốn SĐT và zalo: 039.373.2038

C

Trang 13


Website: tailieumontoan.com

a 2

 a 2

a 2

I ( 0; 0; 0 ) , D 
;0;0  , C 
; a 2;0  .
; a 2;0  , S ( 0;0; 2a ) ; B  −
2
 2



 2



  a 2

   a 2
;0; −2a  .
=
SC 
; a 2; −2=
a  , SD 
 2

 2

 


2
2


−a 2 ⋅ u với u = 2 2;0;1 .
 SC , SD  =−2a 2;0; −a =

Phương trình mặt phẳng ( SCD ) qua S ( 0;0; 2a ) và nhận véc-tơ u làm véc-tơ pháp tuyến là

)

(

)

(

2 2 ( x − 0 ) + 0 ( y − 0 ) + 1( z − 2a ) =0 ⇔ 2 2 x + z − 2a =0 .
Khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ( SCD ) là:
 a 2
2 2 ⋅ −
 + 0 − 2a
2 
4a

.
=
2
3
1
2 2 +1

=
d ( B, ( SCD ) )

Câu 6.

(

)

 = 120 . Các mặt
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh a, góc BAD

phẳng ( SAB ) và ( SAD ) cùng vng góc với mặt đáy. Gọi M là trung điểm SD, thể tích khối
a3 3
. Hãy tính khoảng cách h từ M tới mặt phẳng ( SBC ) theo a.
3

chóp S.ABCD là
A. h =

a 228
.
38

B. h =

a 228
.
19

C. h =

2 5a
.
5

D. h =

2 5a
.
19

Lời giải
Chọn A.
S

S

z

M

K

B

A

H

M
D

C

D

A
B

O
C

y

x

Cách 1: phương pháp dựng hình
Hai mặt phẳng ( SAB ) và ( SAD ) cắt nhau theo giao tuyến SA và cùng vng góc với mặt
phẳng

( ABCD )

nên SA ⊥ ( ABCD ) . Ta có

DM 1
1
=
⇒ d ( M , ( SBC ) ) =
d ( D, ( SBC ) )
DS 2
2

AD //BC
1
1
⇒ AD // ( SBC ) ⇒ d ( D, ( SBC ) ) =
d ( A, ( SBC ) ) . Vậy d ( M , ( SBC ) ) = d ( A, ( SBC ) )
2
2
Gọi H là trung điểm của BC, do tam giác ABC đều nên AH ⊥ BC , lại có
SA ⊥ ( ABCD ) ⇒ SA ⊥ BC nên BC ⊥ ( SAH ) ⇒ ( SBC ) ⊥ ( SAH )

Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038

Trang 14


Website: tailieumontoan.com

Dựng AK ⊥ SH ⇒ AK ⊥ ( SBC ) ⇒ d ( A, ( SBC ) ) =
AK .
Diện tích hình thoi ABCD
là : S ABCD AB
.BC.sin 600
=
=
Từ đó suy=
ra SA

a2 3
2

3VS . ABCD
a 3
= 2a . Tính được AH =
2
S ABCD

Tam giác SAH vuông tại A, đường cao AK nên :
1
1

1
4
1
19
a 228
.
=
+ 2 = 2+ 2 =
⇒ AK =
2
2
2
3a
4a
12a
19
AK
AH
SA

Vậy d ( M , ( SBC
=
))

1
a 228
.
=
AK
2

38

Cách 2: Phương pháp tọa độ
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, Oz //SA . Khi đó ta có
 −a
  −a 3   a

;0  , C  ;0;0 
O ( 0;0;0 ) , A  ;0;0  , B  0;
2
 2
 

 2
 a 3 
 −a a 3 
 −a

D  0;
;0  ⇒ S  ;0; 2a  , M  ;
; a 
2
4
 2



 4

  a −a 3

 
; −2a  , SC =
⇒ SB =  ;
2
2


d ( M , ( SBC ) )
Vậy =

Câu 7.



( a;0; −2a ) , SM =

a a 3

; −a 
 ;
4 4


  
 SB, SC  .SM
a 228


=
.

 
38
 SB, SC 



Cho hình tứ diện EFGH có EF , EG, EH đơi một vng góc EF = 6a , EG = 8a , EH = 12a ,
với a > 0, a ∈  . Gọi I , J tương ứng là trung điểm của hai cạnh FG , FH . Tính khoảng cách

d từ điểm F đến mặt phẳng ( EIJ ) theo a .

A. d =

12 29.a
.
29

B. d =

6 29.a
.
29

C. d =

24 29.a
.
29

D. d =

8 29.a
.
29

Lời giải
Chọn C.

Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038

Trang 15


Website: tailieumontoan.com
G

z
I

8a
N
x

6a

E
K

12a

F

M
J
y

H

Cách 1: Vì EF vng góc với EG , EG vng góc với EH nên EG ⊥ ( EFH ) . Gọi K là trung
điểm của EF suy ra IK ⊥ ( EFH ) . Gọi M , N lần lượt là hình chiếu của K trên EJ và IM ta

Ta có: d
có d ( K , ( EIJ ) ) = KN .=

F , ( EIJ ) )
(=

2d ( =
K , ( EIJ ) ) 2 KN .

Trong tam giác EKJ vuông tại K và tam giác IKM vng tại K ta có:
1
1
1
1
1
1
1
1
1

29
12 29
=
+ 2 = 2+
+ 2 = 2+
+
=
⇒ KN =
a.
2
2
2
2
2
2
KN
KM
KI
KJ
KE
KI
9a 16a 36a
144a
29

Vậy d =

24 29.a
.
29

Cách 2: Vì EF vng góc với EG , EG vng góc với EH nên EG ⊥ ( EFH ) . Gọi K là trung
điểm của EF suy ra IK ⊥ ( EFH ) . Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ ta có:
K ( 0;0;0 ) , I ( 0;0; 4a ) , E ( 3a;0;0 ) , J ( 0;6a;0 )

Phương trình mặt phẳng ( EIJ ) :
=
d
Câu 8.

x
y
z
+
+
=1 ⇔ 4 x + 2 y + 3 z − 12a =0
3a 6a 4a

))
( F , ( EIJ=

=
2d ( K , ( EIJ
)) 2

12a
24a 24 29a
.
= =
29

4 + 9 + 16
29

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng tâm O cạnh a, cạnh SA vng góc với mặt
đáy. Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng ( ABCD ) là 45° , gọi G là trọng tâm tam giác
SCD. Tính khoảng cách h giữa hai đường thẳng chéo nhau OG và AD.
A. h =

a 5
.
2

B. h =

a 5
.
3

C. h =

a 3
.
2

D. h =

a 2
.
3

Lời giải
Chọn D

Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038

Trang 16


Website: tailieumontoan.com

S

z
S

K

G

A

D

N

M

O
B

x

C

y

M

O

B

D

G

A

C

Cách 1 : phương pháp dựng hình
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của CD, AB.
AD //MN ⇒ AD // ( SMN ) ⇒ d ( AD, MN=
) d ( AD, ( SMN )=) d ( A, ( SMN ) )
MN ⊥ AB, MN ⊥ SA ⇒ MN ⊥ ( SAB ) ⇒ ( SMN ) ⊥ ( SAB )

Dựng AK ⊥ SN ⇒ AH ⊥ ( SMN ) ⇒ d ( A, ( SMN ) ) =
AK
Lại có SA ⊥ ( ABCD ) nên AC là hình chiếu của SC lên mặt phẳng ( ABCD )


Từ đó suy ra (
SC , ( ABCD
=
SC , AC
=
= 450 .
) ) (
) SCA
Vậy giác SAC vuông cân, suy ra =
SA AC
= a 2
Tam giác SAN vuông tại A, đường cao AK suy ra :
1
1
1
1
4
9
a 2
.
=
+
=
+ 2 =
⇒ AK =
2
2
2
2
2

2a
2a
3
AK
SA
AN
a

Cách 2 : phương pháp tọa độ
Chọn hệ tọa độ như hình vẽ, theo cách 1 ta tính được SA = a 2

(

Khi đó A ( 0;0;0 ) , B ( a;0;0 ) , C ( a; a;0 ) , D ( 0; a;0 ) , S 0;0; a 2
a a 
Suy=
ra O  ; ;0  , G
2 2 


AD
=

Câu 9.

 a 2a a 2  
; ;
=
 , OG
3 

3 3

)

 −a a a 2 
 ; ;

 6 6 3 

  a a 
=
d ( AD, OG )
0; a;0 ) , AO  ; ;0  . Vậy
(=
2 2 

  
 AD, OG  . AO a 2


=
.
 
3
 AD, OG 



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

= BC
= SA
= a . Cạnh bên SA vng góc với mặt đáy, gọi M là trung điểm của AD. Tính
khoảng cách h từ M đến mặt phẳng ( SCD ) .
A. h =

a 6
.
6

B. h =

a 6
.
3

Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038

C. h =

a 3
.
6

D. h =

a
.
3
Trang 17

Website: tailieumontoan.com

Lời giải
Chọn A
S

A

H

M

B

D

C

C1: phương pháp dựng hình.
Tứ giác ABCM là hình vng nên CM= a=

1
AD
2

Suy ra tam giác ACD vng tại C
Ta có CD ⊥ AC , CD ⊥ SA ⇒ CD ⊥ ( SAC )
Kẻ AH ⊥ SC tại H khi đó do

CD ⊥ ( SAC ) ⇒ CD ⊥ AH ⇒ AH ⊥ ( SCD )

d ( M , ( SCD ) )
Vậy =

1
1
=
d ( A, ( SCD ) )
AH
2
2

Tam giác SAC vuông tại A, đường cao AH nên

1
1
1
1
1
3
= 2+
=2+ 2 = 2
2
2
AH
SA
AC
a 2a
2a

a 6
a 6
Suy ra AH =
.
⇒ d ( M , ( SCD ) ) =
3
6

C2: Phương pháp tọa độ
z
S

M

A
B

x

D

y

C

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, khi đó ta có :
A ( 0;0;0 ) , B ( a;0;0 ) , D ( 0; 2a;0 ) , S ( 0;0; a )



Từ đó suy ra M ( 0; a;0 ) , C ( a; a;0 ) ⇒ SM = ( 0; a; −a )


SC =( a; a; −a ) , SD =( 0; 2a; −a )
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038

Trang 18


Website: tailieumontoan.com

 
 SC , SD 
=



 

a ; a ; 2a ) ,  SC , SD 
(=
2

2

2

6a 2

Vậy khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( SCD ) là

d ( M , ( SCD
=
))

  
 SC , SD  .SM
a3
a 6


=
=
.
 
2
6
a 6
 SC , SD 



Câu 10. Cho hình tứ diện OABC có đáy OBC là tam giác vuông tại O,=
OB a=
, OC a 3 . Cạnh OA
vng góc với mặt phẳng (OBC), OA = a 3 , gọi M là trung điểm của BC. Tính khoảng cách h
giữa hai đường thẳng AB và OM.
A. h =

a 5

.
5

B. h =

a 3
.
2

C. h =

a 15
.
5

D. h =

a 3
.
15

Lời giải
Chọn C
Cách 1 : phương pháp dựng hình
A

H

N

K

C

O
M

B

Gọi N là điểm đối xứng của C qua O. Khi đó OM //BN ( tính chất đường trung bình )
do đó OM // ( ABN ) . Suy =
ra d ( OM , AB ) d=
( OM , ( ABN ) ) d ( O, ( ABN ) ) .
Dựng OK ⊥ BN , OA ⊥ ( OBC ) ⇒ BN ⊥ OA ⇒ BN ⊥ AK
Dựng OH ⊥ AK khi đó OH ⊥ ( ABN ) . Từ đó d ( OM , AB ) = OH
Tam giác ONB vuông tại O, đường cao OK nên

1
1
1
1
1
4
=
+
=
+ 2 =
2
2
2

2
OK
ON
OB
3a a
3a 2
Tam giác AOK vuông tại O, đường cao OH nên
a 15
1
1
1
4
1
5
=
+
= 2 + 2 = 2 ⇒ OH =
2
2
2
OH
OK
OA
3a 3a
3a
5

Vậy d ( OM , AB ) =

a 15

.
5

Cách 2 : Phương pháp tọa độ
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038

Trang 19


Website: tailieumontoan.com

z
A

O

C

y

M

B

x
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.
a a 3 
Khi đó O ( 0;0;0 ) , A 0;0; a 3 , B ( a;0;0 ) , C 0; a 3;0 , M  ;
.
 2 2 ;0 




(

(

)

)

  a a 3  

Suy ra OM  ;
;0
,
AB
=
a
;0;
−
a
3
,
OB
=
( a;0;0 )

2 2





(

 
 AB, OM 



)

 3a 2 −a 2 3 a 2 3   
a 2 15
;
;
=
 ,  AB, OM 
2
2 
2
 2

  
 AB, OM  .OB a 15


=
.
 

5
 AB, OM 



=
d ( AB, OM )
Vậy


Câu 11. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh 2a, góc BAD
= 120° . Các mặt
phẳng ( SAB ) và ( SAD ) cùng vng góc với mặt đáy. Thể tích khối chóp S.ABCD là

2 3a 3
.
3

Hãy tính khoảng cách h giữa hai đường thẳng SB và AC theo a.
A. h =

2 5a
.
5

B. h =

a 3
.
2

C. h =

a 6
.
2

D. h =

a 6
.
3

Lời giải
Chọn B.
z

S

S

K

d

D

A

D

A
H

O
B

C

x B

O
C

y

Cách 1 : phương pháp dựng hình
Hai mặt phẳng ( SAB ) và ( SAD ) cắt nhau theo giao tuyến SA
và cùng vng góc với mặt phẳng ( ABCD ) nên SA ⊥ ( ABCD ) .
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038

Trang 20


Website: tailieumontoan.com

Dựng đường thẳng d qua B và song song với AC.
Dựng AH ⊥ d , AK ⊥ SH . Ta chứng minh được AK ⊥ ( SBH )
AC //HB ⇒ AC // ( SBH ) ⇒ d ( AC , SB=
) d ( AC , ( SBH =

) ) AK

BO ⊥ AC , AH ⊥ HB ⇒ AH ⊥ AC suy ra AH //BO .
Vậy tứ giác AHBO là hình chữ nhật nên AH
= BO
= a 3
Diện tích hình thoi ABCD
là S ABCD AB
=
=
.BC.sin 600 2 3a 2
Suy=
ra AH

3VS . ABCD
= a
S ABCD

Tam giác SAH vuông tại A, đường cao AK nên
1
1
1
1
1
4
a 3
a 3
. Vậy d ( AC , SB ) =
.
=

+ 2 =
+ 2 =
⇒ AK =
2
2
2
2
AK
AH
SA
3a
a
3a
2
2

Cách 2 : phương pháp tọa độ
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, Oz //SA . Khi đó ta có

(

)

O ( 0;0;0 ) , A ( −a;0;0 ) , B 0; 3a;0 , C ( a;0;0 ) , S ( −a;0; a )

Suy ra SB =

( a; a



3; −a , OB =

)

( 0; a


3;0 , OC =

)

( a;0;0 )

  
OC , SB  .OB a 3


=
.
 
2
OC , SB 



=
d ( AC , SB )
Vậy

Câu 12. Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Góc

giữa đường thẳng SA với mặt phẳng (ABC) bằng 600 . Khoảng cách giữa hai đường thẳng GC
và SA bằng:
A.

a 5
.
5

B.

a
.
5

C.

a 5
.
10

D.

a 2
.
5

Lời giải
Chọn A
z

S

S

K

K

y
H

x

H
A

C
G

M

C

A
G

N

B

Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038

B

Trang 21


Website: tailieumontoan.com

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của hai cạnh AB và BC. Gọi H là hình chiếu của G lên đường
thẳng đi qua A và song song với CG. GK là đường cao của tam giác GHS.

=
d (GC , SA) d=
(GC , ( SAH )) GK . Ta có: AG =
Khi đó,

 = 60
, ( ABC ) ) = SAG
( SA

0

a
, suy ra
2

= AM
=
⇒ SG = AG.tan 600 = a, GH

GS .GH

d (GC , SA
=
) GK
=

a 3
;
3

=
GS + GH 2
2

a 5
.
5

Câu 13. Cho hình chóp tam giác S . ABC có SA vng góc với mặt đáy, tam giác ABC vuông cân tại B,

BA
= BC
= a , góc giữa mp ( SBC ) với mp ( ABC ) bằng 600 . Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác SBC . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AI với BC .
A.

a 3
.

4

B.

a 3
.
2

C.

a 2
.
3

D.

a 6
.
2

Lời giải
Chọn B
S

S

I

I

J
H
D

E

B

A

O

C

A

B

B

Cách 1: Vì tam giác SAC vng tại A nên tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác SAC là trung
  60 0
điểm I của SC. Ta góc giữa mp(SBC) với mp(ABC) là góc SBA, theo bài góc SBA
 a 3 .
Suy ra SA  AB.tan SBA
Kẻ AD // BC, D là đỉnh thứ tư của hình bình bình hành ABCD.
Kẻ OE  AD tại E. OH  IE tại H.
Khi đó: d ( AI , BC )  d ( BC ,( IAD ))  2d (O ,( IAD ))  2.OH
Ta có OH 

OE .OI
OE 2  OI 2



a 3
a 3
, suy ra d ( AI , BC )  2d (O ,( IAD ))  2.OH 
.
2
4

Cách 2: Kẻ IJ //BC , J thuộc cạnh SB.
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038

Trang 22


Website: tailieumontoan.com

Suy ra d ( AI , BC )  d ( BC ,( AIJ ))  d (S ,( AIJ )) .

1
=
SB a ;
2

AJ
Ta có: Tam giác AIJ vng tại J và =
=

IJ

1
a
a 2 VS . AIJ 1
1
a3 3
=
BC
suy ra S ∆AIJ =
.
=⇒ VS . AIJ =VS . ABC = .
2
2
4 VS . ABC 4
4
24
3VS . AIJ a 3
.
=
S ∆AIJ
2

Suy ra d ( AI=
AIJ ))
, BC ) d ( S , (=

= AD
= 4.
Câu 14. Cho tứ diện ABCD có AB , AC , AD đơi một vng góc với nhau, AB = 3 , AC

Tính khoảng cách từ A tới mặt phẳng ( BCD ) .
A.

4 34
.
17

B. 17 .

C.

6 34
.
17

D.

34
.
17

Lời giải
Chọn C
z

D

4
H
A

4
C

3
B

y

I

x

Chọn hệ trục toạ độ sao cho: A ( 0;0;0 ) ; B ( 0;0;3) ; C ( 0; 4;0 ) ; D ( 4;0;0 ) .

x y z
x y z
+ + =1 ⇔ + + − 1 =0 .
3 4 4
3 4 4
Khoảng cách từ điểm A ( 0;0;0 ) đến mặt phẳng ( BCD ) là:
Phương trình mặt phẳng ( BCD ) theo đoạn chắn là:

=
d ( A, ( BCD
))

0 0 0
+ + −1
3 4 4

=
2
2
2
1 1 1
+
+
     
3  4  4

1
=
34
12

12
6 34
.
=
17
34

= 60° .
Câu 15. Cho hình chóp S . ABCD có SA ⊥ ( ABCD ) , đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a và B
Biết SA = 2a , tính khoảng cách từ A đến SC .
A.

3a 2
.

2

B.

4a 3
.
3

C.

2a 5
.
5

D.

5a 6
.
2

Lời giải
Chọn C

Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038

Trang 23


Website: tailieumontoan.com
S

H

A

D

B

C

Kẻ AH ⊥ SC suy ra d ( A, SC ) = AH .
= 60° .
Do ABCD là hình thoi nên AB = BC , mặt khác B

a.
Suy ra ∆ABC là tam giác đều cạnh a ⇒ AC =
Ta có
⇒

1
1
1
=
+
2
2
AH
SA
AC 2

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

Câu 16. Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có SA = a 3 , ABCD là hình vng cạnh bằng 2a . Gọi
G là trọng tâm của tam giác ABC , tính khoảng cách từ G đến SD .
A.

4a 6
.
9

B.

a 6
.

4

C.

a 6
.
3

D.

5a 6
.
12

Lời giải
Chọn A

S

H
K
A

D
G

B

O
C

Gọi O là tâm của đáy ABCD .
Do S . ABCD là hình chóp tứ giác đều suy ra SO ⊥ ( ABCD ) .
Suy ra SB
= BD
= 2a 2 .
= SC
= SD
= SA
= a 3 , AC
Liên hệ tài liệu word toán SĐT và zalo: 039.373.2038

Trang 24