Các dạng toán khoảng cách trong hình học không gian – Trần Đình Cư

Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 1 Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện MỤC LỤC CHỦ ĐỀ 7. KHOẢNG CÁCH………………………………………………………………………………… 3 DẠNG 1. KHOẢNG CÁCH TỪ 1 ĐIỂM ĐẾN ĐƯỜNG THẲNG ………………………….. 3 DẠNG 2. KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG …………………………. 9 DẠNG 3. KHOẢNG CÁCH GIỮA HAI MẶT PHẲNG SONG SONG. ………………… 40 DẠNG 4. KHOẢNG CÁCH HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU ……………………… 46 Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 2 Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện CHỦ ĐỀ 7. KHOẢNG CÁCH DẠNG 1. KHOẢNG CÁCH TỪ 1 ĐIỂM ĐẾN ĐƯỜNG THẲNG Phương Pháp Cách xác định: Việc dựng hình chiếu của một điểm trên đường thẳng trong không gian, ta có thể làm theo 2 cách sau:  Dựng mặt phẳng đi qua điểm và đường thẳng đã cho. Rồi trên mặt phẳng đó qua điểm đã cho dựng đoạn vuông góc từ điểm tới đường thẳng.  Dựng một mặt phẳng đi qua điểm đã cho và vuông góc với đường thẳng, lúc đó giao điểm của đường thẳng với mặt phẳng vừa dựng chính là hình chiếu của điểm trên đường thẳng. Tính toán: Sau khi đã xác định được khoảng cách cần tính, ta dùng các hệ thức lượng trong tam giác, đa giác, đường tròn, … để tính toán. Câu 1. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AB  a, AD  b, AA’  c . Tính khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng BD’. A. a b2  c2 a2  b2  c2 B. b b2  c2 C. a2  b2  c2 c b2  c2 D. a2  b2  c2 abc b2  c2 a2  b2  c2 Hướng dẫn giải Do AB  AD’ nên tam giác ABD’ vuông tại A. Trong tam giác ABD’ kẻ đường cao AH thì AH  d  A,BD’  . D’ Trong ADD’ , ta có: C’ B’ A’ c D H C b A a B AD’  AD2  DD’2  b2  c2 BD’  AB2  AD’2  a2  b2  c2 Xét ABD’ , ta được: AH.BD’  AB.AD’  AH  AB.AD’ a b2  c2  BD’ a2  b2  c2 Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 3 Chuyên đề: Hình học không gian a b2  c2 Vậy d  A,BD’   AH  2 2 2 a b c Chủ đề 1: Khối đa diện . Vậy chọn đáp án A. Câu 2. Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều tâm O, cạnh a, hình chiếu của C’ trên mp(ABC) trùng với tâm của đáy. Cạnh bên CC’ hợp với mp(ABC) góc 60 . Gọi I là trung điểm của AB. Tính các khoảng cách: Câu 2.1. Từ điểm O đến đường thẳng CC’ A. a 2 B. 3a 2 C. a 4 D. a 3 Hướng dẫn giải Theo giả thiết, suy ra: C’O   ABC , suy ra:   OC  hch ABCCC’  CC’,  ABC   C’CO C’ A’ Theo giả thiết, ta có: C’CO  60 J B’ Trong mp(C’CO) dựng OH  CC’ tại H ta được: H K d  O,CC’   OH . a A 2 a 3 3 a Xét COH  OH  OC.sin 30  . .  3 2 2 2 a I 60° O C a B a Suy ra: d  O,CC’   . Vậy chọn đáp án A. 2 Câu 2.2. Khoảng cách từ điểm C đến đường thẳng IC’ A. 2a 13 3 B. 3a 13 13 C. a 3 3 D. a 13 3 Hướng dẫn giải Tính d  C,IC’  Trong mp(C’IC) dựng CK  IC’ tại K ta được: d  C,IC’   CK Xét CIC’  OC’.CI  CK.IC’  CK  Mà OC’  OC.tan 60  IC’2  IO2  OC’2  OC’.CI IC’ a 3 a 3 . 3  a;CI  3 2 a2 13a2  a2  12 12 a 3 2  3a  3a 13 . Vậy chọn đáp án B. Nên d  C,IC’   CK  13 a 13 13 a. 2 3 Câu 2.3. Khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng A’B’ Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 4 Chuyên đề: Hình học không gian A. 2a 7 3 B. a 7 3 Chủ đề 1: Khối đa diện C. a 7 2 D. a 7 4 Hướng dẫn giải Tính d  O,A ‘ B’  C’O   ABC∥ A’ B’C’   OC’   A’ B’C’  . Vì Gọi J là trung điểm của A ‘ B’  C’ J  A ‘ B’   A ‘ B’ C’  OJ A ‘ B'(định lí 3 đường vuông góc) Tức là: d  O,A’ B’   OJ 3a2 a 7 Xét OC’ J  OJ  OC’  C’ J  a   4 2 2 Tức là: d  O,A ‘ B’   2 2 a 7 . Vậy chọn đáp án C. 2 Câu 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SA  a . Gọi E là trung điểm của cạnh CD. Tính theo a khoảng cách từ điểm S đến đường thẳng BE A. 2a 5 5 B. a 5 3 C. a 5 5 D. 3a 5 5 Hướng dẫn giải Vì SA   ABCD  , trong mặt phẳng (ABCD) nếu dựng S AH  BE tại H thì SH  BE (định lí 3 đường vuông góc). Tức là khoảng cách từ điểm S đến đường thẳng BE bằng đoạn SH. Ta có: a 1 1 a2 1 SABE  AB.EF  a.a   AH.BE 2 2 2 2 Mà BE  BC2  CE2  a2  Nên AH  A a F 2 a a 5  4 2 D E H B a C 2 a 2a  , mà SAH vuông tại A, nên: BE 5 4a2 3a 3a 5 SH  SA  AH  a    5 5 5 2 Vậy d  S,BE   2 2 3a 5 . Vậy chọn đáp án D. 5 Câu 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm O, SA   ABCD  , SA  a . Gọi I là trung điểm của SC và M là trung điểm của AB. Tính khoảng cách từ điểm I đến đường thẳng CM Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 5 Chuyên đề: Hình học không gian A. a 2 5 B. a 3 17 Chủ đề 1: Khối đa diện C. a 30 10 D. a 3 7 Hướng dẫn giải Do IO   ABCD  nên nếu dựng OK  CM  K  CM  thì IK  CM . Tức là: d  I,CM   IK . Mà IK  OI2  OK 2  Do SOMC  OK  a2  OK 2 4 a 1  OK.MC 2 2SOMC MC I A  a2 a2 a2  2     2 8 4   a   2 5 a2 a2  4 D M a O K B a C a2 a2 a 6 a 30 Suy ra IK  . Vậy chọn đáp án C.    4 20 2 5 10 a 3 . 3 Gọi I là trung điểm của BC và K là hình chiếu của O lên SI. Tính khoảng cách từ O đến SA. Câu 5. Cho hình chóp đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, gọi O là tâm của đáy và SO  A. a 5 5 B. a 3 3 C. a 2 3 D. a 6 6 Hướng dẫn giải Dựng OH  SA tại H  d  O,SA   OH Ta có: OA  S 2 2 a 3 a 3 AI  .   SO , suy ra: 3 3 2 3 1 1 a 3 a 6 OH  SA  . . 2 2 2 3 6 a 3 H 3 K a C A a 6 Vậy d  O,SA   . Vậy chọn đáp án D. 6 a a O I B Câu 7. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Tính khoảng cách từ C đến AC. A. a 6 7 B. a 3 2 C. a 6 3 D. a 6 2 Hướng dẫn giải D Nhận xét rằng: BAC’  CA’A  DAC’  A’AC  B’C’A  D’C’A nên C B A Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 6 H C’ D’ A’ B’ Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện khoảng cách từ các điểm B, C, D, A’, B’, D’ đến đường chéo AC’ đều bằng nhau. Hạ CH vuông góc với AC’, ta được: 1 CH2  1 AC2  1 CC’2  CH  a 6 . Vậy chọn đáp án C. 3 Câu 8. Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a. Khoảng cách từ D đến đường thẳng SB bằng: A. a B. a 2 C. a 3 D. a 3 2 Hướng dẫn giải Gọi H là giao điểm của AC và BD. S AB  BC  CD  DA  a  ABCD là hình thoi. Do đó AC  BD đồng thời H là trung điểm của AC và BD. SAC cân tại S  SH  AC (1) SBD cân tại S  SH  BD (2) Từ (1) và (2) suy ra: SH   ABCD  (3) C B H D A Vì SA  SB  SC  SD nên HA  HB  HC  HD . Suy ra ABCD là hình vuông (tứ giác đều) (4) Từ (3) và (4) ta được S.ABCD là hình chóp tứ giác đều. Xét SBD ta có: SA  SB  a,BD  a 2  BD2  SB2  SD2 . Thế nên SBD vuông tại S. Suy ra DS  SB . Vậy d  D,SB   DS  a . Vậy chọn đáp án A. Câu 9. Cho tứ diện ABCD có AB   BCD  , BC  3a, CD  4a, AB  5a . Tam giác BCD vuông tại B. Tính khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng CD. A. a B. a 2 C. a 3 D. a 3 2 Hướng dẫn giải A Ta có AC  CD  d  A,CD   AC  ABC A  90  H 2 2  AC2  AB2  BC2   5a    3a   34a2  AC  a 34 D B C Câu 10. Cho tam giác ABC có AB  14,BC  10,AC  16 . Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC) tại A lấy điểm O sao cho OA  8 . Khoảng cách từ điểm O đến cạnh BC là: Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 7 Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện B. 16 A. 8 3 D. 24 C. 8 2 Hướng dẫn giải Nửa chu vi tam giác ABC: p  14  16  10  20 2 O SABC  20.  20  14  20  16  20  10   40 3 AH  2SABC BC  80 3 8 3 10 C A Nối OH thì OH  BC . Khoảng cách từ O đến BC là OH: H B OH  OA2  AH2  16 Vậy chọn đáp án B. Câu 11. Hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, BC  2a , ABC  60 . Gọi M là trung điểm cạnh BC và SA  SC  SM  a 5 . Khoảng cách từ S đến cạnh AB là: A. a 17 4 B. a 19 2 C. a 19 4 D. a 17 2 Hướng dẫn giải Chân đường cao hình chóp là tâm H của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMC (Do SA  SC  SM ). Góc AMC  120 , nên H ở ngoài tam giác AMC và HAM là tam giác đều nên: HM  AM  a S SH  SM2  HM2  5a2  a2  2a Từ H kẻ HK  AB thì SK  AB : SK là khoảng cách từ S đến cạnh AB. a 3 HK  MI  (do ABM là tam giác đều cạnh bằng a) 2 SK  SH2  HK 2  4a2  2 2 3a 19a a 19 .   4 4 2 H C K A M I 60° B Vậy chọn đáp án B. Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 8 Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện DẠNG 2. KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG Câu 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông, SA vuông góc với đáy, SA  a . Góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng (SAC) bằng 300 . Tính khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (SBM) với M là trung điểm CD. A. a 3 B. 2a 3 C. 4a 3 D. 5a 3 Hướng dẫn giải Chứng minh DB   SAC  Hình chiếu vuông góc của DS lên S 0 (SAC) là SO, góc giữa SD và (SAC) là DSO  30 . Đặt DO  x , ta có SO  x 3 (O là giao của AC và BD) Từ SO2  AO2  SA2  x  a H 2 A Gọi N là trung điểm của AB  DN / /BM    M O 1 Suy ra d D;  SBM   d N;  SBM   d A;  SBM  2  D N   B I C Kẻ AI  BM, AH  SM .   Từ đó chứng minh được AH   SBM   d A; SBM   AH Trong (ABCD): SABM  SABCD  SBCM  Mà SABM  Khi đó: a2 2 1 2a AI.BM  AI  2 5 1 AH2  1 AI2  1  a  AH  a  d D;  SBM   . 3 3 SA2   Vậy chọn đáp án A. Câu 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a 2 và BC  a . Cạnh bên SA vuông góc với đáy và góc giữa cạnh bên SC với đáy là 600 . Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SBD) A. a 38 29 B. 3a 58 29 C. 3a 38 29 D. 3a 29 Hướng dẫn giải Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 9 Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện S Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BD và K là hình chiếu vuông góc của A trên SH. Ta có SA  BD và AH  BD nên K BD   SAH  . A Suy ra AK  BD . Mà AK  SH   60° H D nên AK   SBD   B C  Ta có: d C;  SBD   d A;  SBD   AK Ta có: 1 AK 2  1 SA  2  1 AH 2  1 SA 2  1 2 AB  1 2 AD  29 18a2 3a 58 . Vậy chọn đáp án B 29  Vậy d C; SBD   AK  Câu 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA   ABCD  và SA  a 3 . Gọi I là hình chiếu của A lên SC. Từ I lần lượt vẽ các đường thẳng song song với SB, SD cắt BC, CD tại P, Q. Gọi E, F lần lượt là giao điểm của PQ với AB, AD. Tính khoảng cách từ E đến mặt phẳng (SBD). A. 3a 21 11 B. a 21 9 C. 3a 21 7 D. a 21 7 Hướng dẫn giải Gọi O là tâm của hình vuông S ABCD. Qua A dựng AH  SO . Dễ dàng I chứng minh được AH  BD  Khi đó AH  d A,  SBD  H D A  F O Q B P C E Trong tam giác vuông SAC, ta có: CI.SC  AC2  IC AC2 AC2 AB2  BC2 2a2 2      SC SC2 SA2  AC2 SA2  AB2  BC2 2a2  3a2 5 CBS có IP∥SP    IP CP CI CP 2     SB CB CS CB 5 Áp dụng định lý Talet: BE BP 3 BE BC  CP 3      CQ PC 2 CQ PC 2 5 Mà AB  CD  CQ  QP  CQ  BE  BE 3 Do AEF vuông tại A nên: Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 10 Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện 2 1 1 1 32 32a2 (đvdt) SAEF  AE.AF  AE2   AB  BE   AB2  2 2 2 25 25 DA 5 3   d E,  SBD   d A,  SBD  DE 3 5    Tam giác SAO vuông tại A, khi đó   Vậy d E, SBD    1 AH2  1 SA2  1 AO2  AH2  3a2 7 3a 21 7 Câu 4. Cho khối chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B, BA  a, BC  2a , SA  2a , SA   ABC . Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A trên SB, SC. Tính khoảng cách từ điểm K đến mặt phẳng (SAB) A. 8a 9 B. a 9 C. 2a 9 D. 5a 9 Hướng dẫn giải Vì BC   SAB nên: S AH  BC, AH   SBC  AH  HK, AH  SC K mà AK  SC H  SC   AHK  Ta có: AH  AK  A C AB.SA 2a  , SB 5 B AC.SA 2 5a  , SC 3 HK  AK 2  AH2  8a 3 5 , SK  Mặt khác SH  SA2  AH2  1 4a 2a 8a 32 3 4a  VS.AHK  . . .  a 6 3 5 3 5 135 3 4 4 a nên SAHS  a2 5 5   Vậy khoảng cách cần tìm là: d K,  SAB  3VKSAH SAHS  8a . 9 Vậy chọn đáp án A. Câu 5. Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình thang, ABC  BAD  900 , BA  BC  a , AD  2a . Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA  a 2 . Gọi H là hình chiếu của A lên SB. Tính (theo a) khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SCD) A. 5a 3 B. 4a 3 C. 2a 3 D. a 3 Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 11 Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện Hướng dẫn giải Gọi I là trung điểm AD. Ta có CI  IA  ID  AD , suy ra ACD vuông tại C. 2  CD  AC . Mà SA   ABCD   SA  CD nên ta có CD  SD hay SCD vuông. Gọi d1, d 2 lần lượt là khoảng cách từ B, H đến mp(SCD) Ta có: SAB ∽ SHA  SA SB  SH SA S SH SA2 2    SB SB2 3 mà SH d 2 2 2    d 2  d1 SB d1 3 3 H I A D Thể tích khối tứ diện S.BCD: 1 1 2a3 VSBCD  SA. AB.BC  3 2 6 C B Ta có: SC  SA2  AC2  2a , 1 CD  CI2  ID2  2a  SSCD  SC.CD  2a2 2 1 Ta có: VS.BCD  d1.SSCD  d1  3 3. 2a3 6 a 2 2a2 2 a Vậy khoảng cách từ H đến mp(SCD) là d 2  d1  . 3 3 Vậy chọn đáp án D. Câu 6. Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông tại A, AB  AC  a , I là trung điểm của SC, hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABC  là trung điểm H của BC, mặt phẳng  SAB tạo với đáy một góc bằng 600 . Tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng  SAB theo a. A. a 3 2 B. a 3 8 C. a 3 4 D. a 4 Hướng dẫn giải Gọi K là trung điểm của AB  HK  AB 1 S Vì SH   ABC nên SH  AB  2  Từ (1) và (2)  AB  SK M Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 C H 60° K A Page B 12 Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện Do đó góc giữa  SAB với đáy bằng góc giữa SK và HK và bằng SKH  600 a 3 2 Ta có SH  HK.tan SKH     Vì IH / /SB nên IH / /  SAB . Do đó d I,  SAB  d H,  SAB    Từ H kẻ HM  SK tại M  HM   SAB  d H,  SAB  HM Ta có 1  HM2 1 HK 2  1 SH2  16 3a2  HM  a 3 a 3 . Vậy d I,  SAB  . 4 4   Vậy chọn đáp án C. Câu 7. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A và AB  2a , AC  2a 3 . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của cạnh AB. Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 300 . Tính khoảng cách từ trung điểm M của cạnh BC đến mặt phẳng (SAC) A. a 3 5 B. a 5 3 C. a 5 5 D. 3a 5 Hướng dẫn giải Trong mặt phẳng (ABC) kẻ HK  BC tại S K  BC   SHK  Từ giả thiết ta có: SHK  300 2 D 2 BC  AB  AC  4a sin ABC  C A AC HK 3 a 3    HK  BC HB 2 2 M H B K Trong tam giác SHK có: SH  HK tan SKH  a 2 Do M là trung điểm của cạnh BC nên MH // AC, do đó MH // (SAC). Suy ra:    d M,  SAC  d H,  SAC  Trong mặt phẳng (SAB) kẻ HD  SA tại D. Ta có: AC   SAB  AC  DH  DH   SAC 1 DH2   1 HA2  1 HS2  HD    a 5 5  Vậy d M,  SAC   d H,  SAC   HD  a 5 . Vậy chọn đáp án C. 5 Câu 8. Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông tại A, AB  AC  a , I là trung điểm của SC, hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của BC, mặt Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 13 Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện phẳng (SAB) tạo với đáy 1 góc bằng 600 . Tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng (SAB) theo a. A. a 3 5 a 5 4 B. C. a 3 4 D. a 3 2 Hướng dẫn giải Gọi K là trung điểm 1 Vì SH   ABC nên SH  AB  2  của AB S  HK  AB Từ (1) và (2)  AB  SK M Do đó góc giữa (SAB) với đáy bằng góc C giữa SK và HK bằng SKH  600 . H B K a 3 Ta có: SH  HK tan SKH  2 A Vậy 1 1 1 a3 3 VS.ABC  SABC .SH  . AB.AC.SH  3 3 2 12    Vì IH / /SB nên IH / /  SAB . Do đó d I,  SAB  d H,  SAB    Từ H kẻ HM  SK tại M  HM   SAB  d H,  SAB  HM Ta có: 1 HM2  1 HK 2  1 SH2  16 3a2  HM  a 3 a 3 . Vậy d I,  SAB  . 4 4   Vậy chọn đáp án C. Câu 9. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Gọi I là trung điểm cạnh AB. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng đáy là trung điểm H của CI, góc giữa đường thẳng SA và mặt đáy bằng 600 . Tính theo a khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng  SBC  A. a 7 B. 29 a 21 C. 4 29 a 21 D. 3 29 a 21 29 Hướng dẫn giải S A I H E A C H I H’ K B I’ A’ H’ K C B Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 14 Chuyên đề: Hình học không gian Ta có: CI  AC2  AI2  Chủ đề 1: Khối đa diện a 3 2 Do đó AH  AI2  IH2  a 7 a 21 , suy ra SH  AH.tan 600  4 4 Gọi A’, H’, I’ lần lượt là hình chiếu của A, H, I trên BC, E là hình chiếu của H trên SH’ thì   HE   SBC  d H;  SBC  HE . Ta có: HH’  1 1 1 a 21 1 1 a 3 . Từ    HE  II ‘  AA ‘  2 4 8 4 29 HE2 HS2 HH’2   Vậy d H; SBC   a 21 . Vậy chọn đáp án B. 4 29 Câu 10. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a. Góc BAC  600 hình chiếu của S trên mặt phẳng  ABCD  trùng với trọng tâm của tam giác ABC. Mặt phẳng hợp với mặt phẳng  ABCD  góc 600 . Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng  SAC  SCD  a A. 2a B. 112 6a C. 111 3a D. 112 112 Hướng dẫn giải Trong  SBD  kẻ OE / /SH khi đó ta có S OC, OD, OE đôi một vuông góc. Và: E a a 3 3a OC  , OD  , OE  2 2 8 Áp dụng 1  d 2 O,  SCD     công 1 OC2   1 OD2   thức: 1 OE2  Mà d B,  SCD   2d O,  SCD   d 3a 112 6a A D H O B C 112 Vậy chọn đáp án C. Câu 11. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc BAC bằng 600 . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng  ABCD  là điểm H thuộc đoạn BD sao cho HD  2HB . Đường thẳng SO tạo với mặt phẳng  ABCD  góc 600 với O là giao điểm của AC và BD. Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng  SCD  theo a A. 3a 7 15 B. 3a 7 14 C. a 7 11 D. 2a 7 15 Hướng dẫn giải Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 15 Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện S Trong tam giác SHO có: 1 a 3 a SH  HO.tan 600  . . 3 3 2 2 Tính khoảng cách từ B đến  SCD  : A 60° a 57 SD  SH2  HD2  ; 6 SD  60° H O B a 21 SC  SH  HC  6 2 D C 2 a 57 a 21 SC  SD  CD ; SC  ; CD  a, p  6 6 2 SSCD  p  p  SC  p  SD  p  CD     Từ (1), (2), (3) ta có d B,  SCD   a2 21 12  3 3a 7 . Vậy chọn đáp án B. 14 Câu 12. Cho hình chóp S.ABC có các mặt ABC, SBC là những tam giác đều cạnh a. Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 600 . Hình chiếu vuông góc của S xuống (ABC) nằm trong tam giác ABC. Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC) theo a. A. 2a 13 13 B. 3a 13 13 C. 3a 13 11 D. a 13 13 Hướng dẫn giải Gọi M là trung điểm của BC. Lập luận được góc giữa (SBC) và (ABC) là SMA  600 SAM đều cạnh bằng  SSAM a 3 2 3 3a2  16 1 a3 3 VS.ABC  BC.SSAM  3 16 1 a 13 a 3 a2 39 SSAC  .  2 4 2 16 3V 3a3 3 3a 13 d B,  SAC   B.SAC   2 SSAC 13 a 39 16. 16  S A C 60° H M B  Vậy chọn đáp án B. Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 16 Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện Câu 13. Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình chữ nhật tâm I, có AB  a, BC  a 3 . Gọi H là trung điểm AI. Biết SH vuông góc với mặt phẳng đáy và tam giác SAC vuông tại S. Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBD) A. 3a a B. 11 3a C. 13 5a D. 15 17 Hướng dẫn giải SH   ABCD   SH  AC S 2 SAC vuông tại S  SH  HA.HC AC  AB2  BC2  2a , suy ra: a 3a a 3 HA  , HC   SH  2 2 2 CI  2HI  d C,  SBD   2d I,  SBD     A  H N I Hạ HN  BD, N  BD và HK  SN, KN .  D K B C  Suy ra: HK   SBD  nên d H,  SBD   HK Ta có: AB.AD  2SABD  2HN.BD  HN  Ta có: 1 HK 2  1 HN 2 1  SH 2  HK  3a 2 15 AB.AD a 3  2BD 4   . Vậy d C,  SBD   2HK  3a 15 Vậy chọn đáp án D. Câu 14. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, BD  2a ; tam giác SAC vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, SC  a 3 . Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAD) A. 3a 21 7 B. a 21 7 C. 4a 21 7 D. 2a 21 7 Hướng dẫn giải Kẻ SH  AC, H  AC S Do  SAC   ABCD   SH   ABCD  SA  AC2  SC2  a, SH  SA.SC a 3  AC 2 J Ta có: a AH  SA  SH   CA  4HA 2  d C,  SAD   4d H,  SAD  2  2 A D K H  B   Do BC / /  SAD  d  B, SAD   d  C, SAD   4d H, SAD  Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 C Page 17 Chuyên đề: Hình học không gian Kẻ HK  AD  K  AD  , HJ  SK Chủ đề 1: Khối đa diện  J  SK    Chứng minh được  SHK    SAD  mà HJ  SK  HJ   SAD   d H,  SAD   HJ ; AHK vuông K  HK  AHsin 450  tại   d B,  SAD  2a 3 7  SH.HK a 3 a 2 .  HJ   2 2 4 2 7 SH  HK Vậy 2a 21 . 7 Vậy chọn đáp án D. Câu 15. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có AB  a , BC  2a 2 . Hình chiếu của S lên mặt phẳng đáy là trọng tâm của tam giác ABC. Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABCD) bằng 600 . Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC) A. 3a 21 7 B. a 21 7 C. 4a 21 7 D. 2a 21 7 Hướng dẫn giải Gọi H là trọng tâm của tam giác ABC và S O là tâm của hình chữ nhật, ta có:  2 2 1 1 2 BH  BO  . AC  a  2 2a 3 3 2 3  2 a A Ta có SH   ABCD  nên góc giữa SB và mặt phẳng (ABCD) là góc SBH  60 D I 0 H B O C K Trong tam giác vuông SHB ta có: SH  BH tan SBH  a.tan 600  a 3 3 Ta có: d A;  SBC   2d 0;  SBC   2. d H;  SBC   3d H;  SBC  2      Kẻ HK  BC  K  BC , HI  SK  I  SK     1 Ta có: SH   ABCD   SH  BC Do đó BC   SHK   BC  HI  2   Từ (1) và (2) suy ra HI   SBC nên d H;  SBC  HI 1 1 Ta có HK  DC  a . Trong tam giác vuông SHK ta có: 3 3 HI  SH.HK SH2  HK 2  a 3. a 3 3a2  a2 9  a 3 28  a 21 . 14 Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 18 Chuyên đề: Hình học không gian    Chủ đề 1: Khối đa diện  Vậy d A; SBC   3d H; SBC  3HI  3a 21 . Vậy chọn đáp án D. 14 Câu 16. Cho hình chóp S.ABC có AB  AC, BC  a 3, BAC  1200 . Gọi I là trung điểm cạnh AB. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng đáy là trung điểm H của CI, góc giữa đường thẳng SA và mặt đáy bằng 600 . Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC) A. 4a 37 37 a B. C. 37 3a 37 37 2a 37 37 D. Hướng dẫn giải S A I H E A C 120° H I B K H’ I’ A’H’ K C B Theo định lý cosin trong tam giác ABC ta được AB  AC  a Ta có CI2  AI2  AC2  2AI.AC.cos1200  2 Do đó: AH    2 AI2  AC2  CI2 4 Suy ra SH  AH.tan 600  7a2 a 7  CI  4 2 3a2 a 3   AH  16 4 3a 4 AH cắt BC tại K. Gọi A’, H’, I’ lần lượt là hình chiếu của A, H, I trên BC.    AK  AA ‘  4  d A; SBC  4d H; SBC       d  H;  SBC   HK HH ‘ Gọi E là hình chiếu của H trên SH’ thì HE   SBC  d  H;  SBC   HE Ta có: HH’  d A;  SBC  1 1 1 3a 1 a    HE  AA ‘  và từ 4 8 4 37 HE2 HS2 HH’2   Vậy d A; SBC   4HE  3a 37 . Vậy chọn đáp án C. 37 Câu 17. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B. Hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm I của AC và BC. Mặt bên (SAB) hợp với Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 19 Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện đáy một góc 600 . Biết rằng AB  BC  a, AD  3a . Tính khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SAB) theo a A. 4a 3 5 B. 3a 4 C. 3a 3 7 D. 3a 3 2 Hướng dẫn giải Gọi K là hình chiếu của I lên AB. S 0 Suy ra SKI  60 . KI BI  . AD BD Do IK / /AD  H Mà B BI BC a 1 BI 1 BI 1        ID AD 3a 3 BI  ID 4 BD 4 C 60° K I D A KI 1 3a 3a 3   KI   SI  AD 4 4 4 Suy ra Gọi H là hình chiếu của I lên SK. Ta có  AB  IK    AB  IH AB  SI   Từ đó suy ra IH   SAB  d I;  SAB  IH     Mà do DB  4IB  d D;  SAB  4d I;  SAB  4IH 1 Lại có IH  2  1 2 IS   Vậy d D; SAB   1 IK 2  16 2 27a  16 2 9a  IH  3a 3 8 3a 3 . Vậy chọn đáp án D. 2 Câu 18. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh bằng a, góc DAB  1200 . Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với đáy. Góc giữa (SBC) và mặt đáy bằng 600 . Tính thể khoảng cách từ A đến (SBC) A. a 3 5 B. 3a 4 C. 3a 7 D. 3a 3 2 Hướng dẫn giải  SAC   ABCD    SBD    ABCD    SO   ABCD   SO  BC   SAC   SBD   SO Kẻ OK  BC  BC   SOK     SBC ,  ABCD    SKO  600 S H A B 120° 60° O D K C Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 20 Chuyên đề: Hình học không gian AO   SBC   C     d A;  SBC   2d O;  SBC  Chủ đề 1: Khối đa diện   SBC   SOK    SBC   SOK   SK   OH   SBC  d  O;  SBC   OH   OH  SK 1 OH  2 1 OK 2  1 2 OS  OH  3a 3a  d A;  SBC   8 4   Vậy chọn đáp án B. Câu 19. Trong mặt phẳng (P), cho hình thoi ABCD có độ dài các cạnh bằng a, ABC  1200 . Gọi G là trọng tâm tam giác ABD. Trên đường thẳng vuông góc với (P) tại G, lấy điểm S sao cho ASC  900 . Tính khoảng cách từ điểm G đến mặt phẳng (SBD) theo a. A. a B. 17 a 2 C. 27 a 2 17 D. a 37 Hướng dẫn giải ABC  1200  BAD  600  ABD đều cạnh a. S Gọi O là giao điểm của AC và BD.  AO  a 3 2 a 3 ; AG  AO  ; AC  a 3 2 3 3 a 6 ( SAC vuông tại S, đường cao  SG  GA.GC  3 SG). Kẻ GH  SO  GH   SBD  vì  H B C O G A D  BD  GH   SAO   d G;  SBD   GH SGO vuông tại G, đường cao GH  1 GH 2  1 2 GS  1 2 GO  27 2 2a  GH  a 2 27 . Vậy chọn đáp án B. Câu 20. Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình chữ nhật tâm I, có AB  a, BC  a 3 . Gọi H là trung điểm AI. Biết SH vuông góc với mặt phẳng đáy và tam giác SAC vuông tại S. Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBD) A. a 5 B. 2a 7 C. 3a 17 D. 3a 15 Phân tích: SH   ABCD   SH  AC . SAC vuông tại S  SH2  HA.HC Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 21 Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện a 3a a 3  SH  AC  AB2  BC2  2a , suy ra: HA  , HC  2 2 2     CI  2HI  d C,  SBD   2d H,  SBD  . Hạ HN  BD, N  BD và HK  SN, KN .   Suy ra: HK   SBD  nên d H,  SBD   HK Hướng dẫn giải Ta có: S AB.AD  2SABD  2HN.BD  HN  AB.AD a 3  2BD 4 Ta có: 1 2  1 2  1 2  HK  A 3a H 2 15 3a . Vậy d C,  SBD   2HK  . 15 HK HN  SH D K N I  B C Vậy chọn đáp án D. Câu 21. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, BD  2a ; tam giác SAC vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, SC  a 3 . Tính theo a khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAD) A. 2a 13 2a B. 7 C. 7 2a 21 7 D. a 13 7 Hướng dẫn giải Kẻ SH  AC, H  AC S Do  SAC   ABCD   SH   ABCD  SA  AC2  SC2  a, SH  SA.SC a 3  AC 2 J Ta có: a AH  SA  SH   CA  4HA  d C,  SAD   4d H,  SAD  2 2  2    A D K H B      Do BC / /  SAD   d B,  SAD   d C,  SAD   4d H,  SAD  Kẻ HK  AD  K  AD  , HJ  SK C   J  SK    Chứng minh được  SHK    SAD  mà HJ  SK  HJ   SAD   d H,  SAD   HJ AHK vuông tại K  HK  AHsin 450  a 2 4 Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 22 Chuyên đề: Hình học không gian SH.HK  HJ  SH2  HK 2  a 3 2 7 Chủ đề 1: Khối đa diện   . Vậy d B, SAD   2a 3 7  2a 21 . 7 Vậy chọn đáp án C. Câu 22. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có AB  a , BC  2a 2 . Hình chiếu của S lên mặt phẳng đáy là trọng tâm của tam giác ABC. Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABCD) bằng 600 . Tính theo a khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC) A. 3a 21 14 B. a 21 15 C. a 21 13 D. a 21 5 Hướng dẫn giải Gọi H là trọng tâm của tam giác ABC và O là tâm của hình chữ nhật, ta có: BH   2 2 1 1 2 BO  . AC  a  2 2a 3 3 2 3  2 S a A Ta có SH   ABCD  nên góc giữa SB và mặt phẳng (ABCD) là góc SBH  60 Trong D I 0 H B tam giác vuông SHB ta O K C có: SH  BH tan SBH  a.tan 600  a 3 3 Ta có: d A;  SBC   2d 0;  SBC   2. d H;  SBC   3d H;  SBC  2        1 Ta có: SH   ABCD   SH  BC . Do đó BC   SHK   BC  HI Từ (1) và (2) suy ra HI   SBC nên d  H;  SBC   HI  Kẻ HK  BC  K  BC , HI  SK  I  SK   2 1 1 Ta có HK  DC  a . Trong tam giác vuông SHK ta có: 3 3 HI  SH.HK SH2  HK 2    a 3. a 3 3a2  a2 9    a 3 28  a 21 . 14 Vậy d A; SBC   3d H; SBC  3HI  3a 21 14 Câu 23. Cho hình chóp S.ABC có AB  AC, BC  a 3, BAC  1200 . Gọi I là trung điểm cạnh AB. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng đáy là trung điểm H của CI, góc giữa đường thẳng SA và mặt đáy bằng 600 . Tính theo a khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC) Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 23 Chuyên đề: Hình học không gian A. 3a 21 14 B. a 21 15 Chủ đề 1: Khối đa diện C. a 21 13 a 21 5 D. Hướng dẫn giải Theo định lý cosin trong tam giác ABC ta được S AB  AC  a Ta có  CI  7a2 CI  AI  AC  2AI.AC.cos120  4 2 2 2 0 E a 7 2 A H K H’ I Do đó   2 AI2  AC2  CI2 AH2  4 Suy ra SH  AH.tan 600  B  2 3a a 3  AH  16 4 3a 4 A I AH cắt BC tại K. Gọi A’, H’, I’ lần lượt là hình chiếu của A, H, I trên BC. B    AK  AA ‘  4 d  H;  SBC   HK HH ‘  d  A;  SBC   4d  H;  SBC  Ta có: C 120° d A;  SBC   H I’ A’H’ K C  Gọi E là hình chiếu của H trên SH’ thì HE   SBC  d H;  SBC  HE HH’  1 1 1 3a 1 a    HE  AA ‘  và từ 2 2 2 4 8 4 37 HE HS HH’   Vậy d A; SBC   4HE  3a 37 37 Câu 24. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B. Hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm I của AC và BC. Mặt bên (SAB) hợp với đáy một góc 600 . Biết rằng AB  BC  a, AD  3a . Tính khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SAB) theo a A. 3a 5 4 B. a 2 5 C. a 3 13 D. 3a 3 2 Hướng dẫn giải Gọi K là hình chiếu của I lên AB. Suy ra SKI  600 . Do IK / /AD  S KI BI  . AD BD H Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 C B Page 24 60° K I A D Chuyên đề: Hình học không gian Mà Chủ đề 1: Khối đa diện BI BC a 1 BI 1 BI 1        ID AD 3a 3 BI  ID 4 BD 4 KI 1 3a 3a 3   KI   SI  AD 4 4 4 Suy ra Gọi H là hình chiếu của I lên SK. Ta có  AB  IK    AB  IH AB  SI   Từ đó suy ra IH   SAB  d I;  SAB  IH     Mà do DB  4IB  d D;  SAB  4d I;  SAB  4IH 1 Lại có IH2  1 IS2    Vậy d D; SAB   1 IK2  16 27a2  16 9a2  IH  3a 3 8 3a 3 . Vậy chọn đáp án D. 2 Câu 25. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh bằng a, góc DAB  1200 . Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với đáy. Góc giữa (SBC) và mặt đáy bằng 600 . Tính khoảng cách từ A đến (SBC) A. 3a 4 B. a 2 3 C. a 3 3 D. 5a 2 Hướng dẫn giải  SAC   ABCD    SBD    ABCD    SO   ABCD   SO  BC   SAC   SBD   SO Kẻ OK  BC  BC   SOK     SBC ,  ABCD    SKO  600 a 3 3a  SO  ; AO   SBC   C 4 4  d A;  SBC   2d O;  SBC    H A B 120° 60° O D OK   S K C   SBC   SOK    SBC   SOK   SK   OH   SBC  d  O;  SBC   OH   OH  SK 1 OH2  1 OK 2  1 OS2  OH  3a 3a  d A;  SBC   8 4   Vậy chọn đáp án A. Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 25 Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện Câu 26. Trong mặt phẳng (P), cho hình thoi ABCD có độ dài các cạnh bằng a, ABC  1200 . Gọi G là trọng tâm tam giác ABD. Trên đường thẳng vuông góc với (P) tại G, lấy điểm S sao cho ASC  900 . Tính khoảng cách từ điểm G đến mặt phẳng (SBD) theo a. A. a 7 5 B. a 2 5 a 6 9 C. D. a 3 5 Hướng dẫn giải ABC  1200  BAD  600  ABD đều cạnh a. S Gọi O là giao điểm của AC và BD.  AO  a 3 2 a 3 ; AG  AO  ; AC  a 3 2 3 3 H B C a 6 ( SAC vuông tại S, đường cao SG).  SG  GA.GC  3 Kẻ GH  SO  GH   SBD  vì O G A  D  BD  GH   SAO   d G;  SBD   GH SGO vuông tại G, đường cao GH  1 GH2  1  GS2 1  GO2 27 2a2  GH  a 6 9 Vậy chọn đáp án C. Câu 27. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, AB  3a, AD  DC  a . Gọi I là trung điểm của AD, biết hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với đáy và mặt phẳng (SBC) tạo với đáy một góc 600 . Tính khoảng cách từ trung điểm cạnh SD đến mặt phẳng (SBC) A. a 17 5 B. a 15 20 C. a 6 19 D. a 3 15 Hướng dẫn giải Vẽ IK  BC  BC   SIK   SKI là góc giữa S mặt phẳng (SBC) với mặt đáy nên SKI  600 . Vì SIDC  1 a2 1 3a2 DI.DC  , SIAB  AI.BI  2 4 2 4 M Suy ra SBIC  SABCD   SICD  SIAB   a2 Mặt khác BC  2  AB  CD H 2  AD  a 5 và 2 1 2a 2a 5 SIAB  IK.BC . Suy ra IK   2 5 a 5 Trong tam giác vuông SIK ta có: SI  IK tan 600  A B I D E C K 2a 15 5 Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 26 Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện  Gọi M là trung điểm của SD, tính d M,  SBC  Gọi E là giao điểm của AD với BC, ta có:  ED DC 1 1    ED  AD  ID EA AB 3 2 1 1 Do đó d M,  SBC   d D,  SBC   d I,  SBC  2 4       Gọi H là hình chiếu của I lên SK ta có: d  I,  SBC    IH Trong tam giác vuông SIK, ta có: 1 IH2 1  SI2  1 IK2    5 12a2 Vậy d M, SBC    5 4a2  5 3a2  IH  a 15 5 a 15 . Vậy chọn đáp án B. 20 Câu 28. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, gọi M là trung điểm của AB. Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy  ABCD , biết SD  2a 5 , SC tạo với mặt đáy  ABCD  một góc 600 . Tính theo khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SA. A. a 15 B. 79 a 5 C. 79 2a 15 D. 79 3a 5 79 Hướng dẫn giải Theo giả thiết ta có SM   ABCD  S MC là hình chiếu của SC trên  ABCD  nên góc giữa SC với mặt phẳng  ABCD  là SCM  600 I Trong tam giác vuông SMC và SMD ta có: K SM  SD2  MD2  MC.tan 600 H vuông mà ABCD là hình MC  MD nên A D M B C  SD2  MC2  3MC2  MC  a 5  SM  a 15 Dựng hình bình hành AMDI ta có AI / /MD nên    d  DM,SA   D DM,  SAI   d M,  SAI     Kẻ MH  AI và MK  SH . Chứng minh d M,  SAI   MK Tính được MH  2a 5  MK  2a 15 79 . Vậy chọn đáp án C. Câu 29. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, mặt bên SAB là tam giác vuông cân tại đỉnh S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC. Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 27 Chuyên đề: Hình học không gian A. a 3 7 B. Chủ đề 1: Khối đa diện a 21 3 C. a 21 7 D. a 21 3 Hướng dẫn giải SH   ABC   Theo bài ta có:  a SH   2 S Dựng đường thẳng d đi qua B và d / /AC     d  AC,SB  d A;  SB,d   2d H;  SB,d   C A Kẻ đoạn thẳng HJ sao cho HJ  d, J  d . K Kẻ đoạn thẳng HK sao cho HK  SJ, K  SJ  H  d H;  SB,d   HK 1 HK 2  1 HJ2  1 SH2 d J  HK  a 3 2 7  d  AC,SB  2HK  a B 3 a 21  . 7 7 Vậy chọn đáp án C. Câu 30. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB  a, AD  2a . Tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 450 . Gọi M là trung điểm của SD. Tính theo a khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (SAC) A. a 1353 98 B. a 153 89 C. a 1353 89 D. a 1513 89 Hướng dẫn giải Gọi H là trung điểm của AB  SH   ABCD  , suy ra HC là hình chiếu của SC lên (ABCD) SH  HC  4a2   SCH  450 a2 a 17  4 2 K 1 1 d M,  SAC   d D,  SAC   d B,  SAC   d H,  SAC  2 2   S       A H D I E 45° B Kẻ  C  HI  AC, HK  SI  HK  AC  HK   SAC  d H,  SAC  HK Kẻ 1 BE  AC  HI  BE 2 1 BE2  1 BA2  1 BC2  1 a2  1 4a2  5 4a2  BE  2a 5  HI  a 5 Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 28 Chuyên đề: Hình học không gian Từ đó suy ra 1 HK 2  1 HI 2  1 2 HS  5 2 a  Chủ đề 1: Khối đa diện 4 2 17a  89 2 17a    d M,  SAC   a 17 89  a 1513 89 Vậy chọn đáp án D. Câu 31. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a. SAB là tam giác vuông cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, góc giữa cạnh SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 600 , cạnh AC  a . Tính theo a khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) A. 3a 13 13 B. 3a 13 11 C. 3a 11 11 D. a 13 13 Hướng dẫn giải Gọi I là trung điểm của đoạn AB S  SI  AB,  SAB   ABCD   SI   ABCD  nên   SCI  SC;  ABCD   600 , CI  3a a 3  SI  CI tan 600  2 2 K B Gọi M là trung điểm của đoạn BC, N là trung điểm của đoạn N M C I BM. A a 3 a 3 AM   IN  2 4 D Ta có BC  IN, BC  SI  BC   SIN  . Trong mặt phẳng (SIN) kẻ IK  SN, K  SN . Ta có: IK  SN  IK   SBC   d I;  SBC   IK  IK  BC  Lại có: 1 IK 2  1 2 IS  1 IN 2  IK   3a 13 3a 13 3a 13  d I;  SBC    d A;  SBC   26 26 13     Vậy chọn đáp án A. Câu 32. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Mặt bên SAB là tam giác vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, hình chiếu vuông góc của S trên đường thẳng AB là điểm H thuộc đoạn AB sao cho BH  2AH . Gọi I là giao điểm của HC và BD. Tính khoảng cách từ I đến mặt phẳng (SCD) A. a 33 15 B. 3a 22 55 C. 3a 33 11 D. a 23 12 Hướng dẫn giải 2a2 a 2  SH  Ta có: SH  HA.HB  9 3 S 2    IC và IC  CD  3  IC  3 IH BH 2 HC 5 d  H;  SCD   HC d I;  SCD  M B C I K H Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 A Page 29 D Chuyên đề: Hình học không gian CH2  BH2  BC2  1 HM 2 1  SH  2   d I;  SCD   1 HK 2 Chủ đề 1: Khối đa diện 13 2 a 9  11 2a 2  HM  a 22 11 3a 22 55 Vậy chọn đáp án C. Câu 33. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BA  3a , BC  4a , mặt phẳng (SBC) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Biết SB  2a 3 và SBC  300 . Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a. A. 3a 6a B. 7 C. 7 a D. 7 7a 7 Hướng dẫn giải Cách 1: Gọi H là hình chiếu của S trên BC. Vì  SBC   ABC nên SH   ABC Ta có SH  a 3 S Ta có tam giác SAC vuông tại S vì SA  a 21, SC  2a , AC  5a và SSAC  a2 21   Nên ta có được: d B,  SAC   3VS.ABC SSAC  6a 7 Vậy chọn đáp án B. A C Cách 2: Hạ HD  AC  D  AC , HK  SD  K  SD    HK   SAC  HK  d H,  SAC H  B BH  SBsin SBC  3a  BC  4HC    Hay d B,  SAC  4d H,  SAC  AC  AB2  BC2  5a, HC  BC  BH  a  HD  AB. HK  SH.HD SH2  HD2    HC 3a  AC 5 3a 7 14   Vậy, d B,  SAC   4d H,  SAC   4HK  6a 7 7 Câu 34. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy và cạnh bên đều bằng a.Tính khoảng cách từ A đến (SCD) Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 30 Chuyên đề: Hình học không gian A. a 6 7 B. a 6 5 Chủ đề 1: Khối đa diện C. a 6 2 D. a 6 3 Hướng dẫn giải 1 a3 2 Cách 1. Ta có: VS.ACD  VS.ABCD  2 12 S Mặt khác 1 VSACD  SSCD .d A,  SCD  3     d A,  SCD   3VSACD SSCD  a3 2 a 6  4  3 a2 3 4 H A D I O B C Vậy chọn đáp án D. Cách 2. Gọi I là trung điểm của CD, dựng OH  SI  H  SI  , ta có: CD  OI  CD   SOI   CD  OH ;  CD  SO  OH  SI  OH   SCD  OH  d O, SCD  OH  CD    a 2 a . SO.OI a 6 Trong tam giác vuông SOI, OH.SI  SO.OI  OH   2 2 SI 3 a 3 4 AO   SCD   C     CA  2  d A, SCD  2d O, SCD  2OH  2a 6       3 d  O,  SCD   CO d A,  SCD  Bài 35. Cho hình chóp đều S.ABC có cạnh đáy bằng a. Gọi B’, C’ lần lượt là trung điểm của SB, SC. Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng (ABC’) biết rằng  SBC   AB’C’  A. a 53 4 B. a 3 14 C. a 5 14 D. a 35 14 Hướng dẫn giải Gọi M, N là trung điểm của BC, BA. H, K là hình S a 3 chiếu của S xuống mặt phẳng (ABC). SA  , 2 a 15 a 5 SH  và thể tích khối chóp S.ABC là V  6 24 Tam giác C’AB C’ N  C’K 2  KN2  cân tại C’ 7 7 2 a nên ta có SABC’  a 4 8 C’ và B’ A C K H N Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133B M Page 31 Chuyên đề: Hình học không gian  3VC.C’AB  Vậy d C,  C’ AB  SC’AB  Chủ đề 1: Khối đa diện 3V a 35 hay khoảng cách cần tìm là: d C,  C’ AB  . 2SC’AB 14   Vậy chọn đáp án D Bài 36. Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác cân, AB  AC  a , BAC  1200 . Mặt phẳng  AB’C’  tạo với mặt đáy góc 600 . Tính khoảng cách từ đường thẳng BC đến mặt phẳng  AB’C’  theo a. A. a 3 4 B. a 5 14 C. a 7 4 D. a 35 21 Hướng dẫn giải Xác định góc  AB’C’ giữa và mặt đáy B là C AKA’  AKA’  600 A 1 a a 3 Tính A ‘K  A ‘C’   AA ‘  A ‘K.tan 600  2 2 2    d B;  AB’C’   d A’;  AB’C’   H Chứng minh:  AA’K    AB’C’  K  AA ‘K  dựng A’H vuông AK  A’ H   AB’C’   d  A ‘;  AB’C’    A ‘ H Trong mặt phẳng Tính A ‘ H  C’ B’ góc với A’ a 3 a 3 . Vậy d B;  AB’C’   4 4   Vậy chọn đáp án A. Bài 37. Cho lăng trụ ABC.A1B1C1 có các mặt bên là các hình vuông cạnh a. Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm các cạnh BC, A1C1, B1C1 . Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng DE và A1F . A. a 17 3 B. a 17 C. a 17 4 D. a 17 2 Hướng dẫn giải Gọi    là mặt phẳng chứa DE và song song với A1F , thì khoảng cách cần tính bằng khoảng cách từ F đến    . A B D C Theo giả thiết suy ra lăng trụ đã cho là lăng trụ đứng có đáy là tam giác đều cạnh a. Gọi K là trung điểm của FC1 thì EK / /A1F / /AD , suy ra A1      ADKE  . E H B1 F K Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 C1 Page 32 Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện Ta có A1F  B1C1  A1F   BCC1B1   EK   BCC1B1  Gọi H là hình chiếu vuông góc của F lên đường thẳng DK thì FH   ADKE  , suy ra FH là khoảng cách cần tính. Trong tam giác vuông DKF, ta có: 1 FH2 1  FD2  1 FK 2  1 a2  1 a 4   2 a  FH  17 Vậy chọn đáp án B. Câu 38. Cho lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và góc BAD  600 . Gọi O, O’ lần lượt là tâm của hai đáy, OO’  2a . Gọi S là trung điểm của OO’. Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) A. a 3 B. 11 a 3 a C. 19 3a D. 19 19 Hướng dẫn giải B’ Từ giả thiết suy ra ABD đều cạnh bằng a, ACC’A’, BDD’B’ là các hình chữ nhật C’ O’ với A’ AA’  BB’  2a, AC  a 3, BD  a . Do đó: D’ SACC’A’  AA ‘.AC  2 a2 3 S H SBDD’B’  BB’.BD  2a2 B C K Ta có: OO’   ABCD   OO’  AB O Kẻ OK vuông góc với AB thì AB   SOK  A D Kẻ OH vuông góc với SK, khi đó OH   SAB . Suy ra OH là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB) Do tam giác ABD đều nên OK  a 3 . Vì OO’  2a nên OS  a . 4 Trong tam giác vuông SOK, ta có 1 OH2  1 OK2  1 OS2  16 3a2  1 a2  OH  a 3 19 Vậy chọn đáp án B. Câu 39. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB  a, AA’  2a, A’C  3a . Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng A’C’, I là giao điểm của AM là A’C. Tính theo a khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (IBC) A. 2a 3 5 B. a 3 3 C. a 5 3 D. 2a 5 5 Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 33 Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện Hướng dẫn giải Hạ IH  AC  H  AC  IH   ABC , nên IH là đường cao của tứ diện IABC  IH∥AA ‘  IH CI 2 2 4a    IH  AA ‘  AA ‘ CA ‘ 3 3 3 M A’ AC  A ‘C2  A ‘ A 2  a 5; BC  AC2  AB2  2a AK  A’B  K  A’ B . Vì BC   ABB’ A’  Hạ I nên B’ 2a 3a AK  BC  AK   IBC K A AK  A’B C H Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (IBC) là AK: 2SAA’B C’ a AA ‘.AB 2a 5   5 A ‘ A2  AB2 B Vậy chọn đáp án D. Câu 40. Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông, AB  BC  a , cạnh bên AA’  a 2 . Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B’C. A. a 35 7 B. a 7 7 C. a 5 5 D. a 35 5 Hướng dẫn giải C’ A’ Từ giả thiết suy ra tam giác ABC vuông cân tại B. Gọi E là trung điểm của BB’. Khi đó B’C / /  AME   Suy ra d  AM,B’C   d B’C,  AME      d C,  AME   d B,  AME   B’  Gọi h là khoảng cách từ B đến mặt phẳng (AME) E Do tứ diện BAME có BA, BM, BE đôi một vuông góc nên: 1 1 1 1 1 7 a 7      h 7 h2 BA2 BM2 BE2 h2 a2 C A M Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B’C là B a 7 . Vậy chọn đáp án B. 7 Câu 41. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có AB  a, AC  2a và BAC  1200 . Gọi M là trung điểm của cạnh CC’ thì BMA’  900 . Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BMA’) A. a 5 7 B. a 7 7 C. a 5 5 D. a 5 3 Hướng dẫn giải Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 34 Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện Áp dụng định lý hàm số cosin trong tam giác ABC ta có: 2 2 A’ C’ 2 BC  AB  AC  2AB.AC cos BAC  a2  4a2  2.a.2a.cos1200  7a2  BC  a 7 B’ Đặt CC’  2x M Ta có A’ M  A’C’2  C’ M2  4a2  x2 BM  BC2  CM2  7a2  x2 , 2 2 2 A ‘ B  A ‘ B’  BB’  a  4x Tam giác BMA’ là tam giác vuông tại M nên 2 2 C A 2 2 MB  MA’  A’B B Do đó 4a2  x2  7a2  x2  a2  4×2  x2  5a2  x  a 5 CC’∥ ABB’ A’  VA.A’BM  VM.AA’B  VC.AA’B  VA’.ABC ;   d A,  A ‘ BM   3VA.A’BM SA’BM 1 1 1 15 3 VA’.ABC  AA ‘.SABC  .2x. AB.AC.sin1200  a 3 3 2 3 1 MA ‘.MB  3 3a2 2 15a3 a 5 d A,  A ‘ BM    3 3 3a2 SA’BM    Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng (A’BM) là a 5 3 Vậy chọn đáp án D. Câu 42. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng a. Gọi M là trung điểm của cạnh AA’, biết BM  AC’ . Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng (BMC’). A. a 5 5 B. 2 a 2 C. a 5 3 D. a 5 5 Hướng dẫn giải Ta có: Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 35 Chuyên đề: Hình học không gian    Chủ đề 1: Khối đa diện  1 1 1 BA  BA ‘  BA  BA  BB’  BA  BB’ 2 2 2 AC’  AA ‘  A ‘C’ BM      1 1 1 BM.AC’   BA  BB’  AA ‘  A ‘C’  BA.AA ‘  BA.A ‘C’  BB ‘.AA ‘  BB’.A ‘C’ 2 2 2   0 0  1 1 1 1 1  BA.AC.cos1200  BA.AA.cos 00  a.a.     .h.h   a2  h 2 2 2 2  2 2 A C Theo giả thiết: BM  AC’  BM.AC’  0  Diện tích tam giác ABC là: SABC  Vì AM / /  BCC’  VM.BCC’  B 1 2 1 2 h  a ha 2 2 2 a M 3 4 VM.BCC’  VA.BCC’ nên H hay C’ A’ 3 3 a 12 B’ Gọi H là hình chiếu của M trên BC’. Ta có: MB  MC’  a 5 , BC’  a 2 2 a 3 2 2 1 a 6  MH.BC’  2 4  MH  MC’2  HC’2   SMBC’   Vậy khoảng cách cần tìm là d C,  BMC’   3VCBMC’ SBMC’  2 a 2 Vậy chọn đáp án C. Câu 43. Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’, đáy ABC có AC  a 3, BC  3a , ACB  300 . Cạnh bên hợp với mặt phẳng đáy góc 600 và mặt phẳng  A ‘ BC  vuông góc với mặt phẳng  ABC . Điểm H trên cạnh BC sao cho HC  3BH và mặt phẳng  A ‘ AH  mặt phẳng  ABC  . Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng  A ‘ AC  A. 2a 5 3 B. 3 3a 4 C. 3a 5 2 D. vuông góc với 3a 5 7 Hướng dẫn giải Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 36 Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện  A ‘ BC    ABC     A ‘ H   ABC   A ‘ AH    ABC    A ‘ H   A ‘ BC    A ‘ AH  A’ C’ B’ Suy ra A’ AH  600 AH2  AC2  HC2  2AC.HC.cos30 0  a2  AH  a A  A ‘ H  AH.tan 600  a 3 VABC.A’B’C’ 3a2 3 9a3  SABC .A ‘ H  .a 3  4 4 B C H Vì AH2  AC2  HC2  HA  AC  AA’  AC 1 1 AC.A ‘ A  a 3.2a  a2 3 2 2 9 3 a 3VA’ABC 3 3a 4  d B;  A ‘ AC     2 SA’AC 4 a 3 SA’AC    Vậy chọn đáp án B. Câu 44. Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’, ABC đều có cạnh bằng a, AA’  a và đỉnh A’ cách đều A, B, C. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của cạnh BC và A’B. Tính theo a khoảng cách từ C đến mặt phẳng (AMN) A. a 5 23 B. 3a 33 C. a 5 22 D. a 22 11 Hướng dẫn giải Gọi O là tâm tam giác đều ABC  A’O   ABC Ta có AM  a 3 2 a 3 , AO  AM  2 3 3 A ‘O  AA ‘2  AO2  a2  B’ 2 a a 6 ;  3 3 Ta có: N 1 VNAMC  SAMC .d N,  ABC  3 3V  d N,  ABC   NAMC SAMC   C’ A’  E  O 1 a2 3 1 a 6 SAMC  SABC  ; d N,  ABC   A ‘O  2 8 2 6  C A  M B 1 a2 3 a 6 a 2 2  VNAMC  . .  3 8 6 48 Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 37 Chuyên đề: Hình học không gian Lại có: AM  AN  Chủ đề 1: Khối đa diện a 3 , nên AMN cân tại A. 2 Gọi E là trung điểm của MN, suy ra AE  MN, MN   AE  AN2  NE2     d C,  AMN   A ‘C a  2 2 3a2 a2 a 11 1 a2 11   ; SAMN  MN.AE  4 16 4 2 16 3a2 2 a 11 a 22 :  (đ v đ d) 48 16 11 Vậy chọn đáp án D. Câu 45. Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB  a, ACB  300 ; M là trung điểm cạnh AC. Góc giữa cạnh bên và mặt đáy của lăng trụ bằng 600 . Hình chiếu vuông góc của đỉnh A’ lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của BM. Tính theo a khoảng cách từ điểm C’ đến mặt phẳng (BMB’) A. a 5 2 B. 3a 3 C. 3a 4 D. a 2 2 Hướng dẫn giải A’ H   ABC  A’ H là đường cao của hình lăng trụ.  A’ AH  60 Q A’ AH là hình chiếu vuông góc của A A’ lên (ABC) C’ P 0 B’ VABC.A’B’C’  A ‘ H.SABC AC  2a, MA  MB  AB  a  AH  a 3 3a  A’H  2 2 1 1 a2 3 BA.BC  a.a 3  2 2 2 2 3 3a a 3 3a 3  VABC.A’B’C’  .  2 2 4 SABC       A  d C’,  BMB’   d C,  BMB’   d A,  BMB’   VA.BMB’  VB’.AMB6  M H C B 3VA.BMB’ E SBMB’ 1 a3 3 VABC.A’B’C’  6 8 Do BM   AHA ‘  nên BM  AA’  BM  BB’   BMB’ vuông tại B  SBMB’ 1 1 a2 3 3a3 3 a2 2 3a  BB’.BM  a 3.a  :  . Suy ra d C’,  BMB’   2 2 2 8 2 4    (Cách 2: d A,  BMB’   AE  AH.sin AHE   a 3 3a .sin 600  ) 2 4 Vậy chọn đáp án C. Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 38 Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện Câu 46. Cho hình lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a. Hình chiếu vuông góc của điểm A’ trên mặt phẳng ABCD là trung điểm I của cạnh AB. Biết A’C tạo với mặt phẳng đáy một góc  với tan   2 5 . Tính theo a khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (A’AC) A. a 2 B. 2a 3 C. 3a 4 D. 5a 2 Hướng dẫn giải B’ Theo bài ra ta có IC là hình chiếu vuông góc của A’C trên mặt   phẳng (ABCD). Suy ra A’C,  ABCD    A’C,CI   A’CI   Xét ta giác BI   A’ AC  A   A’IC: H B và I là trung điểm AB nên  d B;  A’ AC  2d I;  A’ AC  C I  K D A Trong mặt phẳng (ABCD) kẻ IK / /BD  IK  AC , mà A’I  AC nên A ‘ I   ABCD  ) (do D’ A’ a 5 2 . a 2 5 A ‘ I  IC.tan A ‘CI  IC.tan   Ta có vuông C’  AC   A’ IK  . Kẻ  IH  A’K  IH   A’ AC   d I;  A ‘ AC   IH Xét tam giác vuông A’IK có A ‘ I  a, IK  1 IH2  1 IK2  1 IA ‘2  8 a2  1 a2  BD a 2  4 4 2a a  IH  . Suy ra d B;  A ‘ AC   3 3 a2 9   Vậy chọn đáp án B. Câu 47. Cho lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  a , AD  a 3 . Hình chiếu vuông góc của điểm A’ trên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm của AC và BD. Góc giữa hai mặt phẳng (ADD’A’) và (ABCD) bằng 600 . Tính khoảng cách từ điểm B’ đến mặt phẳng (A’BD) theo a. A. a 5 2 B. a 2 3 C. 3a 2 4 D. a 3 2 Hướng dẫn giải Gọi O  AC  BD , I là trung điểm của cạnh AD. D’ Ta có AD   AOI  A’ B’ Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế.D SĐT: 01234332133C I 600 H O A C’ B Page 39 Chuyên đề: Hình học không gian    A’ IO   ADD’ A’  ,  ABCD   600 Vì  A ‘O  OI.tan 600  Chủ đề 1: Khối đa diện OI  a 2 nên ta suy A’I  2OI  a ra a 3 2 Do đó VABCD.A’B’C’D’  A’O.SABCD  a.a 3. a 3 3a3  2 2     Do B’C∥A’ D  B’C∥ A’ BD   d B’,  A’ BD   d C,  A’ BD   CH trong đó CH là đường cao của tam giác vuông BCD. Ta có CH  CD.CB 2 2 CD  CB  a 3 a 3 . Vậy d B’,  A ‘ BD   . 2 2   Vậy chọn đáp án D. DẠNG 3. KHOẢNG CÁCH GIỮA HAI MẶT PHẲNG SONG SONG. KHOẢNG CÁCH TỪ ĐƯỜNG THẲNG ĐẾN MẶT PHẲNG Phương pháp Việc tính khoảng cách giữa một đường thẳng và một mặt phẳng song song với nó, hoặc tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song đều quy về việc tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng. Cần lưu ý việc chọn điểm trên đường hoặc trên mặt sao cho việc xác định khoảng cách được đơn giản nhất. Câu 1. Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh bên và cạnh đáy đều bằng a. Hình chiếu vuông góc của A trên mp(A’B’C’) trùng với trung điểm của B’C’. Câu 1.1. Tính khoảng cách từ AA’ đến mặt bên BCC’B’ A. a 3 4 B. a 3 3 C. 3a 2 4 D. a 3 2 Hướng dẫn giải Ta có: AA’∥BB’   BCC’B’   AA’∥ BCC’ B’  C A J Gọi J  hch AA’I  IJ  AA’∥BB’  IJ  BB’ B a a Mặt khác, theo giả thiết suy ra:  B’C’  A ‘ I   AA ‘ I   B’C’   AA ‘ I   B’C’  AI  AA ‘ I     a A’ C’ a B’ a I Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 40 Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện   Suy ra: IJ  B’C’ , tức là IJ   BCC’ B’  , mà J  AA’ nên d AA ‘,  BCC’ B’   IJ Trong AA ‘ I  IJ.AA ‘  AI.A ‘ I  IJ  AI.A ‘ I . AA ‘ a a 3 . 2 a 3 a 2 2 2 3a 2 2 a 3. Dễ thấy A ‘ I  , AI  AA ‘  AI  a   . Suy ra: IJ  2 4 2 a 4   Vậy d AA ‘,  BCC’ B’   a 3 . Vậy chọn đáp án A. 4 Câu 1.2. Tính khoảng cách giữa hai mặt đáy của lăng trụ A. a 4 B. a 2 C. a 2 4 Hướng dẫn giải  D.   a 5 2  Hai đáy của lăng trụ song song nên d  ABC ,  A’ B’C’   d A,  A’ B’C’  mà A   ABC và a AI   A ‘ B’C’   d  ABC  ,  A ‘ B’C’   AI  . 2   Vậy chọn đáp án B. Câu 2. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AB  a, BC  b , CC’  c . Câu 2.1. Tính khoảng cách từ AA’ đến mp(BDD’B’) A. abc abc B. a2  b2  c2 C. a2  b 2 ab ac D. a2  b 2 a2  c2 Hướng dẫn giải Ta có: AA’∥BB’   BDD’ B’  AA’∥ BDD’ B’  . Do đó:  D   d AA’,  BDD’ B’   d A,  BDD’ B’   A B  BDD’ B’   ABCD suy ra: AH   BDD’ B’  . Tức là: d  A,  BDD’ B’    AH Gọi H  hchBDA  AH  BD mà Xét ABD  nên AH2  1 AH2 a2 b2 a2  b2   1 AB2   AH   Vậy: d AA ‘,  BDD’ B’   C O’ 1 AD2  1 a2  1 b2  a2  b2 a2 b2 G1 c K G2 M N D C H b O A a B ab a2  b2 ab a2  b2 . Vậy chọn đáp án C. Câu 2.2. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AA’, BB’. Tính khoảng cách từ MN đến mp(ABC’D’) Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 41 Chuyên đề: Hình học không gian A. 2abc abc B. a2  b2  c2 Chủ đề 1: Khối đa diện bc C. 2 a2  b 2 D. 2 a2  b 2 2ac a2  c2 Hướng dẫn giải Tính khoảng cách từ MN đến mp(ABC’D’): Ta có: MN’∥AB   ABC’ D’   MN∥ ABC’ D’  . Suy ra:     d MN,  ABC’ D’   d M,  ABC’ D’  , nhưng A’M cắt mặt phẳng (ABC’D’) tại A và M là 1 trung điểm của AA’. Nên: d M,  ABC’ D’   d A ‘,  ABC’ D’  2     Gọi K  hch AD’A’  A’K  AD’ mà  ABC’D’    AA’D’D  , suy ra:   A’K   ABC’ D’  . Tức là: d A ‘,  ABC’ D’   A ‘K . 1 Xét A ‘ AD’  c2 b2 2 A ‘K  2 c b 2 A ‘K2  1 A ‘ A2 1  A ‘ D’2 bc  A ‘K  b2  c2 1  c2  1 c2  b2  b2 c2 b2  , nên:  . Vậy d M,  ABC’ D’   bc 2 a2  b2 Vậy chọn đáp án C. Câu 2.3. Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng  AD’ B’  ,  C’ BD  A. C. abc abc B. a2  b2  c2 abc ab  bc  ca D. 2 a2  c2  c2 abc a2 b2  b2 c2  c2a2 Hướng dẫn giải Ta có: B’ D’∥BC   C’ BD   B’ D’∥ C’ BD  Gọi O  AC  BD,O’  A’C’ B’D’ Suy ra: AO’∥C’O   C’ BD   AO’∥ C’ BD  Mà AO’,B’ D’   AB’ D’  ,AO’ B’ D’  O’   AD’ B’ ∥ C’ BD  Ta đã chứng minh được A’C bị các mặt (AD’B’), (C’BD) chia thành ba đoạn bằng nhau.      Do đó: d  AD’ B’  ,  C’ BD   d G1,  C’ BD   d A’,  AD’ B’   Vì A’A, A’B’, A’D’ đôi một vuông góc, nếu: 1 d 2  A ‘,  AD’ B’   1 A’A  Vậy: d A ‘,  AD’ B’   2  1 2 A ‘ B’  1 2 A ‘ D’ abc 2 2 2 2 2 2 a b b c c a  1 a 2   1 b 2  1 c2  d  AD’ B’  ,  C’ BD   Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 42 Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện Vậy chọn đáp án D. Ta cần chú ý kết quả sau: Nếu tứ diện OABC có các cạnh OA, OB, OC đôi một vuông góc   thì: d O,  ABC   1 2  1 2  1 OA OB OC2 Câu 3. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a, mặt bên SBC vuông góc với đáy ABC. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của AB, SA, AC. Tính khoảng cách giữa hai mp(MNP) và mp(SBC) A. a 3 3 B. a 3 2 C. a 3 4 3a 3 2 D. Hướng dẫn giải Theo giả thiết, suy ra: S MN∥SA   SAC   MN∥ SAC  NP∥SC   SAC   NP∥ SAC  MN,NP   MNP  ,MN  NP  N Mà N nên H a B mp  MNP ∥mp  SBC . Gọi H là trung điểm của BC  AH  BC (do ABC đều) M C P K a Mà  ABC   SBC và AH   ABC A BC   ABC   SBC  AH   SBC   Gọi K  AH  MP  KH  SBC   d K, SBC   KH Vì mp  MNP ∥mp  SBC và K   MNP  1 a 3 Do đó: d  MNP  ,  SBC   d K,  SBC   KH  AH  . 2 4 Vậy chọn đáp án C.     Câu 4. Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng a. Góc tạo bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 30 . Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A’B’C’) thuộc đường thẳng B’C’. Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng đáy. A. a 3 B. a 2 C. a 2 2 D. a 3 2 Hướng dẫn giải Khoảng cách giữa hai mặt phẳng đáy chính bằng AH. Trong HAA’ , ta có: A ‘  30 . AH  AA ‘.sin A ‘  a.sin 30  a 2 C A K B A’ C’ Vậy chọn đáp án B. H B’ Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 43 Chuyên đề: Hình học không gian Câu 5. Cho hình hộp thoi Chủ đề 1: Khối đa diện ABCD.A’B’C’D’ có các cạnh đều bằng a và BAD  BAA’  DAA’  60 . Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng đáy (ABCD) và (A’B’C’D’). A. a 5 5 B. a 10 5 C. a 6 3 D. a 3 3 Hướng dẫn giải Hạ A’H  AC , ta có nhận xét: BD  AC  BD   OAA ‘   BD  A ‘O  BD  A ‘ H  A ‘ H   ABCD  Và vì  ABCD∥ A’B’C’D’ A’ D’ B’ C’ D A H nên A’ H chính là khoảng O B C cách giữa hai mặt phẳng đáy. Nhận xét rằng hình chóp A’.ABD là hình chóp đều, nên ta lần lượt có: 2 2 a 3 a 3 AH  AO  .  3 3 2 3 A ‘ H2  A ‘ A2  AH2  a2  a2 2a2 a 6   A’H  3 3 3 Vậy chọn đáp án C. Câu 6. Cho tứ diện ABCD có AB   BCD ,AB  5a,BC  3a,CD  4a . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC và AD. Câu 6.1. Tính khoảng cách giữa đường thẳng MN và mặt phẳng (BCD). A. 2a 3 B. a 2 C. a 4 D. 5a 2 Hướng dẫn giải MN∥CD     MN∥ BCD  CD   BCD    Töø M keû MH∥AB    MH   BCD  AB   BCD    Vậy: MH  d MN,  BCD  ABC cho: MH   AB 5a  2 2 S N K M B C H A Vậy chọn đáp án D. Câu 6.2. Gọi (P) là mặt phẳng chứa MN và đi qua trung điểm K của AB. Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng (P) và (BCD) Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 44 Chuyên đề: Hình học không gian A. a 3 B.  Chủ đề 1: Khối đa diện 3a 2 C. 5a 4 D. 5a 2 Giải  a. Tính d  P  ,  BCD  : MN∥CD    P ∥ BCD  MK∥BC  M P  5a    MH  d  P  ,  BCD   . Vậy chọn đáp án D 2 MH   BCD      Câu 7. Cho hình chóp cụt tứ giác đều ABCD.A’B’C’D’. Đáy lớn ABCD có cạnh bằng a, đáy nhỏ A’B’C’D’ có cạnh bằng b. Góc giữa mặt bên và đáy lớn bằng 60 . Tính khoảng cách giữa hai mặt đáy của hình chóp cụt đều này A. ab 3 2 B. a  b 2 3 C. a  b 3 D. 2  b  a 3 2 Lưu ý: Cần chú ý rằng, trong hình chóp cụt đều thì các mặt bên là những hình thang cân bằng nhau, các góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng nhau. Hướng dẫn giải Gọi O, O’ lần lượt là tâ của hai hình vuông ABCD và D’ C’ K A’B’C’D’; K và J lần lượt là trung điểm của A’D’ và AD. O’ A’ B’ Gọi H là hình chiếu của K trên mp(ABCD) thì KH  OJ tại H và KH là khoảng cách cần tìm. Gọi  là góc giữa mặt bên và mặt đáy của hình chóp cụt D thì   KJH  60 . J b a Ta có: O’K  ;OJ  . KHOO’ là hình chữ nhật nên: 2 2 JH  OJ  O’K  HJK : tan   C φ H O A B ab 2  a  b 3 . Vậy chọn đáp án C. KH 2.KH   KH  HJ a  b 2 Câu 8. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng (BA’C’) và (ACD’) A. a 3 2 B. a 3 3 C. a 3 2 D. a 3 5 Phân tích: Chứng minh B’D  BC’ : Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 45 Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện BC’  CB’  BC’   CDA ‘ B’   BC’  B’ D 1  BC’  DC DC   BB’C’C    Chứng minh A’C’  B’D : A ‘C’  B’ D’  A ‘C’   BDD’ B’   A ‘C’  B’ D  A ‘C’  BB’ BB’   A ‘ B’C’ D’    2  Xác định giao điểm K và H:  BB’ D’ D   B’ D  BC’ A ‘   BB’ D’ D   BO’  O’  A ‘C’ B’ D’   B’ D   BC’ A ‘   K  B’ D  BO’  K    BB’ D’ D   B’ D  ACD’   BB’ D’ D   D’O  O  AC  BD   B’ D   ACD’  H  B’ D  D’O  H   Hướng dẫn giải Từ (1) và (2) suy ra B’ D   BC’ A’  (3) Mặt khác: D’ BC’∥AD’     BC’ A ‘ ∥ ACD’  BA ‘∥CD’ O’ 4 A’ B’ Từ (3) và (4) suy ra: B’ D   ACD’  Ta  5 K B’ D   BA’C’   K,B’ D   BC’ A’  , có: H D B’ D   D’ AC  H,B’ D   ACD’  C O A Do đó KH là khoảng cách cần tìm.   BDB’ : B’ D2  BD2  B’ B2  a 2 C’ 2 B  a2  3a2  B’ D  a 3 1 a 3 Dễ thấy trong hình chữ nhật BB’D’D ta có: KH  B’ D  3 3 Vậy chọn đáp án B. DẠNG 4. KHOẢNG CÁCH HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU Câu 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật ABCD có AD  2AB , SA   ABCD , SC  2a 5 và góc giữa SC và  ABCD  bằng 600 , M là trung điểm của cạnh BC. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và SD là A. a 510 17 B. a 51 17 C. 2a 510 17 D. 3a 510 17 Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 46 Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện Hướng dẫn giải Ta có SA   ABCD   SC có hình chiếu S H trên  ABCD  là AC N      SC,ABCD  SC,AC  SCA  600 A D Ta giác SAC vuông tại A  AC  SC.cos600  a 5 B 0 C M và SA  SC.sin 60  a 15 Ta có AB2  AD2  AC2  5AB2  5a2  AB  a Dựng hình bình hành AMDN và dựng AH  SN tại H. Ta có:     AM / /DN  AM / /  SDN   d AM,  SDN   d A,  SDN    AM  MD nên AMDN là hình chữ nhật.  ND  AN mà DN  SA  DN   SAN     DN  AH mà AH  SN  AH   SDN   d A,  SDN   AH Ta có 1 AH  AH  2  1 2 AS  1 AN 2  1 2 15a  1 2 2a  17 30a2 a 510 a 510 . Vậy d  AM,SD   . Vậy chọn đáp án A. 17 17 Câu 2. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB  2a , BAC  600 , cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA  a 3 . Gọi M là trung điểm của cạnh AB. Khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CM là A. a 10 17 B. 2a 3 29 C. 2a 3 19 D. a 3 13 Hướng dẫn giải Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 47 Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện Gọi N là trung điểm cạnh SA. Do SB/ /  CMN  nên S    d  B,  CMN    d  A,  CMN   d  SB,CM   d SB,  CMN  N Kẻ AE  MC, E  MC và kẻ H C A AH  NE, H  NE M E Chứng minh được   2SAMC trong đó: AH   CMN   d A,  CMN   AH Tính AE  MC B  1 1 3 AM.AC.sin CAM  a.4a.  a2 3  2a 3 2 2 2   AE  13  MC  a 13  SAMC  Tính được AH  2a 3 29    d A,  CMN   2a 3  d SB,CM   29 2a 3 29 . Vậy chọn đáp án B. Câu 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A, D, SA vuông góc với đáy, SA  AD  a, AB  2a . Tính khoảng cách giữa AB và SC. A. a 2 B. a C. a 2 D. 2a 2 2 Hướng dẫn giải S Ta có: AB // DC nên   d  AB,SC  d AB,  SDC . Trong mặt phẳng (SAD) từ A kẻ H 1 AH  SD, H  SD E A B Ta có: DC  AD   DC   SAD   DC  AH DC  SA  D C 2 Từ (1) và (2) suy ra AH   SCD    AH  d AB,  SCD   d  AB,SC  Trong tam giác vuông SAD có: 1 AH 2  1 2 AD  1 SA 2  2 2 a  AH  a 2 . Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 48 Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện Vậy chọn đáp án B. Câu 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, ABC  600 , cạnh bên SA vuông góc với đáy, SC tạo với đáy một góc 600 . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB, SD là 3a A. B. 5 2a a C. 5 D. 15 3a 15 Hướng dẫn giải   d  AB,SD   d A,  SCD   3VS.ACD S SSCD Gọi H là trung điểm CD. Ta có: CD  SH . 1 a2 15 Do đó SSCD  CD.SH  2 4 A D 60° 60° Vậy B   d  AB,SD   d A,  SCD   3VS.ACD SSCD  H C 3a 15 Vậy chọn đáp án D. Câu 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  a, AD  a 3 SA   ABCD  , góc giữa mặt phẳng (SBD) và mặt phẳng (ABCD) bằng 600 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD A. 3a 2 B. a 4 C. 3a 4 D. 2a 3 Hướng dẫn giải Trong mặt phẳng (ABCD) đường thẳng qua S D song song với AC, cắt đường thẳng AB tại E. H Trong tam giác ADE kẻ đường cao AK  K  DE   SAK    SDE . Dựng tại H, suy ra AH   SDE  . Do  AH  SK A B 60° E I K D C  AC / /  SDE   d  AC;SD   d A;  SDE   AH Ta có: AK  a 3 3a 3a  AH   d  AC;SD   . Vậy chọn đáp án A. 2 4 4 Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 49 Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện Câu 6. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng a 3 , BAD  1200 và cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết rằng số đo của góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 600 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC a 7 14 A. 3a 7 4 B. C. 3a 7 14 D. a 7 8 Hướng dẫn giải O  AC  BD . Gọi S Vì DB  AC, BD  SC nên BD   SAC tại O. Kẻ OI  SC  OI là đường vuông góc I A chung của BD và SC. B Sử dụng hai tam giác đồng dạng ICO và ACS hoặc đường cao của tam giác SAC, suy ra được OI  d  BD,SC   H O D C 3a 7 . Vậy 14 3a 7 . 14 Vậy chọn đáp án C. Câu 7. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Góc giữa SC và mặt phẳng đáy bằng 450 . Gọi E là trung điểm BC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng DE và SC theo a. A. a 19 B. 2a 38 9 C. a 38 19 D. a 38 9 Hướng dẫn giải Từ C dựng CI / /DE  DE / /  SCI  . Từ A S dựng AK  CI , cắt ED tại H và CI tại K. Trong (SAK) dựng HT  SK . Do CI   SAK  nên HT   SCI  AK  CD.AI 3a 1 a  , HK  AK  CI 3 5 5  D A  d  DE;SC   d H;  SCI   HT    T I H K B E C SA.HK a 38  SK 19 Vậy chọn đáp án C. Câu 8. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật ABCD, đường thẳng SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SA  AD  a . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC. Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 50 Chuyên đề: Hình học không gian A. a 2 10 B. a 2 6 C. Chủ đề 1: Khối đa diện a 2 4 D. a 2 2 Hướng dẫn giải Trong mặt phẳng AH  SD, H  SD (SAD), vẽ S Mặt khác ABCD là hình chữ nhật nên CD   SAD   AH   SCD  H B A Vậy khoảng cách giữa AB và SC chính là AH. Trong tam giác vuông SAD có AH là D C đường cao nên 1 AH 2  1 2 AS  1 2 AD  AH  a 2 2 Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC bằng a 2 . 2 Vậy chọn đáp án D. Câu 9. Cho hình chóp S.ABC có tam giác SAB đều cạnh a, tam giác ABC cân tại C. Hình chiếu của S trên mặt phẳng  ABC  là trung điểm của cạnh AB, góc hợp bởi cạnh SC và mặt đáy là 300 . Tính khoảng cách của hai đường thẳng SA và BC A. 3a B. 13 3a 13 C. a 13 D. 2a 13 Hướng dẫn giải Gọi H là trung điểm cạnh AB, ta có SH là S đường cao của hình chóp S.ABC và CH là đường cao của tam giác ABC. Từ giả thiết ta được SCH  300 . Tam giác SHC vuông SH 3a  tan300  CH  SH. 3  CH 2 Dựng hình bình hành ABCD, khi đó:  d  BC,SA   d BC,  SAD       d B,  SAD   2d H,  SAD  D K tại H nên G C A H B  Gọi G, K lần lượt là hình chiếu của H trên các đường thẳng AD và SG. Ta có: Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 51 Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện AD  HG    AD   SHG   HK  AD AD  SH    Mà HK  SG nên HK   SAD  hay d H,  SAD   HK Tam giác SHG vuông tại H nên: 1 HK2  1 HG2  1 HS2 1  HB2 3a Vậy d  BC,SA   13  1 HC2  1 HS2  . Vậy chọn đáp án 52 9a2 3a 13  HK  3a 2 13 . Vậy chọn đáp án A. Câu 10. Cho hình chóp S.ABCD, tứ giác ABCD là hình thang cân, hai đáy là BC và AD. Biết SA  a 2, AD  2a, AB BC  CD  a. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng  ABCD trùng với trung điểm cạnh AD. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AD A. a 21 3 B. a 21 7 C. a 7 3a 7 D. Hướng dẫn giải Ta có: SABCD  3SABI  3a2 3 4 S Xét SBI vuông tại I có: SI2  SB2  BI2  a2  SI  a A AD / /BC    AD / /  SBC  BC   SBC     d  AD,BC   d AD,  SBC     d I,  SBC   VSIBC  D I B C 3VSIBC SSBC 1 1 a3 3 a3 3 a2 7  VS.ABCD  .  ; SSBC  p  p  a  p  b  p  c   3 3 4 12 4 Vậy d  AD,SB   a 21 . Vậy chọn đáp án B. 7 Câu 11. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  3a, AD  2a . Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABCD là điểm H thuộc cạnh AB sao cho   AH  2HB . Góc giữa mặt phẳng  SCD  và mặt phẳng ABCD bằng 600 . Tính theo a thể tích khối tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AD A. a 39 15 B. 6a 39 13 C. a 39 3 D. a 39 11 Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 52 Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện Hướng dẫn giải Kẻ HK  CD  K  CD  . Khi đó: S CD  HK    CD   SHK   CD  SK CD  SH  Vậy góc giữa (SCD) và (ABCD) là góc SKH  60 D A 0 I 60° H Trong tam giác vuông SHK: K B SH  HK tan 600  2a 3  C  Vì  SBC / /AD  d  AD,SC   d A,  SBC  . Trong (SAB) kẻ AI  SB , khi đó: BC  AB   BC   SAB  BC  AI . Mà SB  AI  AI   SBC BC  SH    Vậy d  AD,SC   d A,  SBC   AI  SH.AB 2a 3.3a 6a 39   . SB 13 12a2  a2 Vậy chọn đáp án A. a 17 , hình 2 chiếu vuông góc H của S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của đoạn AB. Gọi K là Câu 12. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SD  trung điểm của đoạn AD. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng HK và SD theo a. A. a 3 25 B. a 3 45 C. a 3 15 D. a 3 5 Hướng dẫn giải SH   ABCD   SH  HD . Ta có:  SH  SD2  HD2  SD2  AH2  HD2 S   SH  a 3 HK / /BD  HK / /  SBD    d  HK,SD   d H,  SBD  F B  C E H A K D Gọi E là hình chiếu vuông góc của H trên BD và F là hình chiếu vuông góc của H trên SE. Ta có: BD  HE và BD  SH nên BD   SHE   BD  HF mà HF  SE do đó HF   SBD  .   Suy ra d H,  SBD   HF Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 53 Chuyên đề: Hình học không gian Ta có: HE  HBsin EBH  Vậy d  HK,SD   Chủ đề 1: Khối đa diện HS.HE a 3 a 2 .  HF   2 2 5 4 HS  HE a 3 . Vậy chọn đáp án D. 5 a 70 , đáy ABC là tam giác vuông tại A, 5 AB  2a, AC  a và hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm cạnh AB. Tính Câu 13. Cho hình chóp S.ABC có SC  khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA A. 3a 5 B. 4a 5 C. a 5 2a 5 D. Hướng dẫn giải Tam giác AHC vuông cân cạnh a nên S CH  a 2 Tam giác SHC vuông tại H nên SH  SC2  CH2  2a I 5 B AK  BC, HI  BC . Dựng K J Đường C H D thẳng qua A song song với BC cắt IH A tại D  BC / /  SAD        d  BC,SA   s BC,  SAD   d B,  SAD   2d H,  SAD   AD   SDH    SAD    SDH  .   Kẻ HJ  SD  HJ   SAD   d H,  SAD   HJ 1 Ta có AK2 1 1 HJ2  HD2   1 AB2 1 HS2  1 AC2  AK   HJ  2a 5  HD  a 5 4a 2a . Vậy d  BC,SA   5 5 Vậy chọn đáp án B. Câu 14. 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 H 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. 3a 21 29 B. 3a 21 19 C. a 21 39 D. 3a 21 7 Hướng dẫn giải Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 54 Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện Nhận thấy SH   ABC  HC là hình S chiếu của SC trên mặt phẳng (ABC)  SCH  600 là góc giữa SC và mặt phẳng (ABC) F Ta có 60° E HC2  AC2  AH2  2AC.AH.cos600 1  9a2  a2  2.3a.a.  7a2 2 A C H D B  HC  a 7  SH  HC.tan 600  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 600  1 HF2  1 HE2  1 SH2 Vậy d  SA;BC    4 3a2 3a 21 29  a 3 2  1 21a2  29 21a2  HF  a 21 29    d B;  SAD   3a 21 29 . Vậy chọn đáp án A. Câu 15. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a , AD  2a . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng đáy là trung điểm của H và AD, góc giữa SB và mặt phẳng đáy (ABCD) là 450 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SD và BH theo a A. 2a B. a 3 2 5 2 3 C. a D. a 3 Hướng dẫn giải Do SH   ABCD  nên góc giữa SB và mặt phẳng đáy S (ABCD) là góc SBH  450 . Ta có SBH vuông cân tại H nên SH  BH  a 2 Gọi K là trung điểm của BC, ta có BH / / DK  BH/ /  SDK  . Suy ra: D C H    d  BH;SD   d BH;  SDK   d H;  SDK   K 45° A B Tứ diện SHDK vuông tại H nên Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 55 Chuyên đề: Hình học không gian  1 d 2 H;  SDK    1  HS2 1 HK 2   1 HD2  Vậy d  BH;SD   d H; SDK  a  Chủ đề 1: Khối đa diện 5 2a2 2 . 5 Vậy chọn đáp án B. Câu 16. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh a. Cạnh bên SD hợp với mặt đáy một góc 600 và hình chiếu vuông góc H của đỉnh S lên mặt đáy là trung điểm của cạnh AB. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD. A. a 345 31 a 546 31 B. C. a 645 31 D. a 465 31 Hướng dẫn giải Ta có SH   ABCD  . Tính HD  S a 5 a 15 ; SH  2 2 Dựng E sao cho AEBO là hình bình hành. Gọi M là K trung điểm của AE. Hạ HK vuông góc với SM. E a 465 Chứng minh HK   SAE  và tính được HK  62 Chứng minh d  BD;SA   2HK  A 60° M H D O B C a 465 . Vậy chọn đáp án D. 31 Câu 17. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, với a  0  . Các mặt bên  SAC và  SBD  cùng vuông góc với mặt đáy. Biết góc giữa hai mặt phẳng  SAB và  ABCD  bằng 600 . Tính khoảng cách giữa hai AB  BC  a, AD  2a đường thẳng CD và SB. A. 2a 3 5 B. 2a 3 15 C. a 3 15 D. 3a 3 5 Hướng dẫn giải Gọi H  AC  BD  SH   ABCD  và S 1 BH  BD 3 Kẻ HE  AB  AB   SHE  , hay  SAB;  ABCD  SEH  600 1 2a 2a 3  SH  Mà HE  AD  3 3 3 A O K E D I H B C Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 56 Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện Gọi O là trung điểm AD, ta có ABCD là hình vuông cạnh a  ACD có trung tuyến 1 CO  AD 2 CD  AC  CD   SAC VÀ BO / /CD hay CD / /  SBO  và BO   SAC    d  CD;SB  d CD;  SBO   d C;  SBO   1 a 2 Tính chất trọng tâm tam giác BCO  IH  IC  3 6  IS  IH2  HS2  5a 2 6   Kẻ CK  SI mà CK  BO  CK   SBO   d C,  SBO   CK 1 1 SH.IC 2a 3 Trong tam giác SIC có: SSIC  SH.IC  SI.CK  CK   2 2 SI 5 Vậy d  CD,SB   2a 3 . Vậy chọn đáp án A. 5 Câu 18. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc ABC  600 cạnh bên SD  a 2 . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc đoạn BD sao cho HD  3HB . Gọi M là trung điểm của cạnh SD. Tính tính khoảng cách giữa hai đường thẳng CM và SB. A. a 3 40 B. a 30 8 C. a 3 8 a 3 4 D. Hướng dẫn giải Từ giả thiết có tam giác ABC đều cạnh a. Gọi O  AC  BD  BO  S a 3  BD  a 3 2 M A 3 3  HD  BD  a 3 4 4 SH2  SD2  HD2  2a2  2 O 2 27a 5a a 5   SH  16 16 4 D B H C 5a2 3a2 a 2 SB  SH  HB    SB  16 16 2 BD  AC  AC   SBD   AC  OM  AC  SH 2 2 2 1 1 1a 2 a2 2 .a  Diện tích tam giác MAC là SMAC  OM.AC  SB.AC  2 4 4 2 8 Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 57 Chuyên đề: Hình học không gian SB / /OM  SB / /  MAC   Chủ đề 1: Khối đa diện      d  SB;CM   d SB;  MAC   d S;  MAC   d D;  MAC   1 1 1 1 1 a3 15 VM.ACD  d M;  ABCD  .SACD  . d S;  ABCD  . SABCD  VS.ABCD  3 3 2 2 4 96     3V 1 Mặt khác VM.ACD  d D;  MAC  .SMAC  d D;  MAC   M.ACD 3 SMAC     a3 15 a 30  32  2 8 a 2 8 Vậy chọn đáp án B. Câu 19. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại B và C, AB  2BC  4CD  2a , giả sử M và N lần lượt là trung điểm AB và BC. Hai mặt phẳng (SMN) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy và cạnh bên SB hợp với (ABCD) một góc 600 . Tính khoảng cách giữa SN và BD. A. a 3 15 B. a 3 65 C. a 3 55 D. a 3 35 Hướng dẫn giải Gọi H  MN  BI  SMN   SBI   SH S Do hai mặt phẳng (SMN) và (SBI) cùng vuông góc với  ABCD  SH   ABCD Dễ thấy BH là hình chiếu vuông góc của SB lên mặt phẳng 0 M A K đáy, suy ra SBH  60 . B H N Gọi M và N lần lượt là trung điểm AB và BC, mà AB  4CD nên suy ra MN  BD tại H. D Xét tam giác BMN ta có: 1 BH2  1 BM2  1 BN2  5 a2  BH  C a Xét tam giác SBH lại có: tan SBH  5 SH a 15  SH  HB.tan 600  HB 5 * Tính khoảng cách giữa SN và BD. BD  SH  BD   SMN  Do  BD  MN Dựng HK vuông góc SN, suy ra HK là đoạn vuông góc chung của SN và BD  d  BD,SN   HK . Xét BHN có: HN  BN2  BH2  a2 a2 a 5   4 5 10 Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 58 Chuyên đề: Hình học không gian Xét SHN ta có: 1 HK2 Vậy d  BD,SN   a  1 SH2  1 HN2  Chủ đề 1: Khối đa diện 20 a2  5 3a2  65 3a2  HK  a 3 65 3 65 Câu 20. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A, B. Biết AD  2AB  2BC  2a, SA  SD  SC 3a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và CD. A. a 5 3 B. a 3 3 C. a 3 2 D. a 2 2 Hướng dẫn giải Theo giả thiết ta có BC  AB  a S Gọi H là trung điểm của AD  HA  HD  a Từ giả thiết  ABCH là hình vuông cạnh a tâm O CH  a   1 a 2 CO  AC   2 2 H A Trong tam giác ACD có CH là trung tuyến và CH  1 AD 2 B C  ACD vuông tại C  H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD. Gọi K là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD)  SK   ABCD  , SK là đường cao của hình chóp S.ABC. Hơn nữa các tam giác vuông SKA, SKC và SKD bằng nhau vì SK chung và SA  SD  SC  3a  KA  KC  KD  K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD  K trùng với H. Trong tam giác vuông SHD ta có: SH2  SD2  HD2  9a2  a2  2 2a Tứ giác BCDH là hình bình hành (vì HD∥BC, HD  BC )  CD∥BH  CD∥BH   SBH   CD∥ SBH  Ta có:  CD  SBH     Ta có SB và CD là hai đường thẳng chéo nhau.  CD∥ SBH   d  CD,SB  d CD,  SBH   d C,  SBH  Mặt khác  SB  SBH         CO  HB a 2 Ta có  . Vậy chọn đáp án D.  CO   SBH   CO  d C,  SBH   2 CO  SH   Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 59 D Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện Câu 21. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành thỏa mãn AB  2a, BC  a 2, BD  a 6 . Hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là trọng tâm của tam giác BCD. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD, biết rằng khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB bằng a. 4 2a3 A. 3 5 3a3 B. 3 3a3 2 C. D. 2a3 2 Hướng dẫn giải Gọi H là hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABCD), M là S trung điểm của CD và O là tâm của đáy ABCD. Do AO là trung tuyến của tam giác ABD nên: AB2  AD2 BD2 3a2 AO    2 4 2 a 6 AO 2a 6  AO   AH  AO   2 3 3 2 2 2 K 2 BD  BC CD  2 4 2 2 2 6a  2a 4a    3a2 2 4 2a 3  BM  a 3  BH  3 BM2  M C D O H A B Ta có AH2  BH2  4a2  AB2  AH  BH , kết hợp với AH  SH ta được AH   SHB Kẻ HK vuông góc với SB, theo chứng minh trên ta được AH   SHB Suy ra AH  HK  HK là đoạn vuông góc chung của AC và SB, suy ra HK  a . Trong tam giác vuông SHB ta có: VS.ABCD 1 HK 2  1 SH 2  1 HB2  SH  2a 1 1 4 1 4 2a3  SH.SABCD  SH.4SOAB  SH. OA.BH  . Vậy chọn đáp án A. 3 3 3 2 3 Câu 22. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA   ABCD  . Biết AB  a, BC  2a, SA  a 3 (với a  , a  0 ). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng SB, AD. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và BN. A. 2a 3 B. 3a 3 C. a 21 7 D. 2a 7 S Hướng dẫn giải Qua A kẻ đường thẳng song song với BN cắt BC tại E. Gọi H  AB  EN . M A N Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 H E B C D Page 60 Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện Kẻ MH∥SA . Suy ra MH   ABCD   MH là đường cao của khối chóp M.ANBE. Ta có: MH  a 3 1 , SANBE  2SANB  2. .a2  a2 2 2 1 a3 3 Suy ra VS.ANBE  MH.SANBE  3 6 Ta lại có: AM  a, AE  a 2, CB   SAB  CB  SB Suy ra SBE vuông tại B  ME  BE2  MB2  a 2 a Ta có: AE  ME  a 2  AME cân tại E  SAME  . 2   a 2 2  a2 a2 7  4 4 Vì BN∥ AME       d BN,  AME   d N,  AME   Vậy d  AM,BN   3VN.AME SAME 3 VM.ANBE a 21 2   SAME 7 a 21 . Vậy chọn đáp án C. 7 Câu 23. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi tâm O cạnh a 5, AC  4a , SO  2 2a và SO vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm của SC. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BM. A. 5 2a 3 B. 3a 6 C. a 21 3 D. 2 6 a 3 Hướng dẫn giải Vì M là trung điểm của SC nên OM∥SA, MS  MC       Do đó d  SA,BM   d SA,  OBM   d S,  OBM   d C,  OBM   Ta có OC  3VC.OMB SOMB 1 1 AC  2a nên OB  BC2  OC2  a  SOBC  OB.OC  a2 2 2 Gọi N là trung điểm của OC thì MN∥SO nên MN   OBC và MN  S 1 SO  a 2 . 2 1 2 3 a Do đó VM.OBC  MN.SOBC  3 3 2 M 2 Ta có SA  SO  OA  2 3a nên OM  3a A Tam giác OMB vuông tại O nên: 1 3 2 SOMB  OB.OM  a 2 2 D O N B Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 C Page 61 Chuyên đề: Hình học không gian  d  SA,BM   3VC.OMB SOMB  Chủ đề 1: Khối đa diện 2 6 a 3 Vậy chọn đáp án D. Câu 24. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, BAD  600 , G là trọng tâm tam giác ABD và SG   ABCD  , SG  a 6 . Gọi M là trung điểm CD. Tính khoảng 3 cách giữa AB và SM theo a. A. a 2 2 B. 3a 3 C. a 2 3 D. a 6 3 Hướng dẫn giải Dễ thấy SG là đường cao của khối chóp S.ABMD và S a 6 . Vì ABCD là hình thoi cạnh a, BAD  600 3 nên ABD và BCD là các tam giác đều cạnh a, M SG  là trung điểm CD Vì AB∥CD  AB∥ SCD       d  AB,SM   d AB,  SCD   d B,  SCD   h A Gọi O  AC  BD G Hơn AG  D 2 2 1 1 a 3 2a 3 AO  . AC  AC   GC  3 3 2 3 3 3 M O nữa B C 6a2 12a2  SC  SG  GC    2a2 9 9 2 2 2 Lại có GD  GA  Suy ra cosSCD  a 3 6a2 3a2  SD2  SG2  GD2    a2 3 9 9 SC2  CD2  SD2 2a2  a2  a2 1    SCD  450 2SC.CD 2.a 2.a 2 1 1 a 1 a2  Khi đó SSCM  SC.CM.sin 450  .a 2. . (đvdt) 2 2 2 2 4 3V 1 Mặt khác: VS.BCM  VB.SCM  h.SSCM  h  B.SCM 3 SSCM 1 a 6 a2 3 a3 2 a3 2 a3 2 a3 2 VB.SCM  VS.BCM  VS.ABCD  VSABMD  . .     3 3 2 8 6 8 24 Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 62 Chuyên đề: Hình học không gian Suy ra h  3. Chủ đề 1: Khối đa diện a3 2 24  a 2 . Vậy d  AB,SM   a 2 . Vậy chọn đáp án A. 2 2 a2 4 Câu 25. 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. a 165 91 C. 4a 1365 91 D. a 135 91 Hướng dẫn giải Gọi O  AC  BD , H là trung điểm của AB, suy ra S SH  AB . Do AB   SAB   ABCD  và  SAB   ABCD nên SH   ABCD  OB  A K AC 2a  a Ta có: OA  2 2 H BD 4a   2a 2 2 B D O E C AB  OA 2  OB2  a2  4a2  a 5 AB 3 a 15  2 2 1 1 SABCD  AC.BD  2a.4 a  4 a2 2 2 SH  1 1 a 15 2 2a3 15 .4a  Thể tích khối chóp S.ABCD là V  SH.SABCD  . 3 3 2 3     Do H là trung điểm AB và B  AH   SBC  nên d  A;  SBC   2d  H,  SBC  Ta có: BC / /AD nên AD / /  SBC  d  AD,SC  d AD;  SBC  d A;  SBC Kẻ HE  BC, H  BC . Do SH  BC nên BC   SHE  .  Kẻ HK  SE, K  SE , ta có BC  HK  HK   SBC  HK  d H;  SBC HE  1 HK 2 2SBCH BC  1 HE 2   SABC BC 1 SH 2   SABCD 2AB 5 2 4a Vậy d  AD,SC   2HK    4 2 15a 4a2 2a 5   91 60a 2  2a 5 5  HK  2a 15 91  2a 1365 91 4a 1365 91 Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 63 Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện Vậy chọn đáp án C. Câu 26. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a, SD  a 2 , SA  SB  a , và mặt phẳng (SBD) vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD. A. a 4 B. 5a 2 C. a 2 D. 3a 2 Giải Theo giả thiết  ABCD   SBD theo giao tuyến BD. Do đó nếu dựng AO   SBD  thì O  BD Mặt khác AS  AB  AD  OS  OB  OD hay SBD là tam giác vuông tại S. BD  SB2  SD2  a2  2a2  a 3 AO  AB2  OB2  a2  S 3a3 a  4 2 H Trong SBD dựng OH  SD tại H (1)  H là trung điểm của SD. Theo chứng minh trên AO   SBD   AO  OH D (2) Từ (1) và (2) chứng tỏ OH là đoạn vuông góc chung của AC C O A B và SD. 1 a Vậy d  AC,SD   OH  SB  2 2 Câu 27. Cho hình chóp đều S.ABC có SA  2a, AB  a . Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, SB. A. a 155 47 B. a 512 43 C. a 517 47 D. a 152 45 Hướng dẫn giải Gọi O là tâm của tam giác đều ABC cạnh a. Do S.ABC là hình chóp đều nên SO   ABC . Ta có SABC a2 3 a 3  và OA  4 3 S Xét SOA có: SO2  SA2  OA2  4a2  a2 11a2 a 33   SO  3 3 3 1 1 a 33 a2 3 a3 11 .  Vậy VS.ABC  SO.SABC  . 3 3 3 4 12 N A B K O Gọi N, I, J lần lượt là trung điểm của các đoạn SC, CO, OM. Do SB/ /MN  SB/ /  AMN  . Suy ra: J I M C Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 64 Chuyên đề: Hình học không gian    Chủ đề 1: Khối đa diện   d  AM,SB  d B,  AMN   d C,  AMN   2d I,  AMN   AM  IJ  AM   IJN    IJN    AMN  theo giao tuyến NJ. Ta có:  AM  IN   Trong  IJN  , kẻ IK  NJ  IK   AMN   d I,  AMN   IK Xét tam giác I JN có: 1 IK2  1 IJ2  1 IN2  16 a2  12 11a2 188  11a2  IK  a 11 188 11 a 517  . Vậy chọn đáp án C. 188 47 Vậy d  AM,SB   2IK  2a. Câu 28. Cho khối lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Gọi K là trung điểm của DD’. Tính khoảng cách giữa CK và A’D. A. a 3 B. a 5 C. a 4 D. a 2 Hướng dẫn giải Gọi M là trung điểm của BB’ thì A’M∥CK B’   3V  d  K,  A ‘ DM    K.A’DM S C’ d  CK,A ‘ D   d CK,  A ‘ DM  A’ H M A’DM Ta có: K VK.A’DM  VM.KA’D  VB’.KA’D 1 1 1  B’ A ‘. A ‘ D’.KD  a3 3 2 12 Hạ DH  A’ M . Do AD   ABB’ A’  nên AH  A’ M Vì AH.MA’  2SAMA’  2ABB’A’  a2 nên AH  Do đó DH  AD2  AH2  Vậy d  CK,A ‘ D   D’ 3VK.A’DM SA’DM A C B D a2 2a  MA ‘ 5 3a 1 3  SA’MD  DH.A ‘ M  a2 2 4 5 a3 3. a  12  . Vậy chọn đáp án A. 3 2 3 a 4 Câu 29. Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng 300 . Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A’B’C’) thuộc đoạn thẳng B’C’. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA’ và B’C’ theo a. Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 65 Chuyên đề: Hình học không gian A. a 3 B. Chủ đề 1: Khối đa diện a 5 C. a 4 D. a 3 4 Hướng dẫn giải Ta có A’H là hình chiếu của AA’ lên mặt phẳng (A’B’C’) nên AA’ H  30 A C 0 B Xét tam giác vuông AHA’ ta có: a a 3 AH  AA ‘sin 300  ,A ‘ H  AA ‘ cos300  2 2 K Mà tam giác A’B’C’ đều nên H là trung điểm của 300 A’ B’C’. H Vẽ đường cao HK của tam giác AHA’ B’ Ta có B’C’   AHA’  nên B’C’  HK Suy ra d  AA ‘,B’C’   HK  C’ AH.A ‘ H a 3 . Vậy chọn đáp án D.  AA ‘ 4 Câu 30 . Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy (ABC), I là trung điểm của AB và tam giác SIC vuông cân. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AI và SB theo a. A. 6a B. a 6 C. a 6 6 D. 6a 6 Hướng dẫn giải CI  AB  CI   SAB  CI  SI Ta có:  CI  SA Suy ra tam giác SIC vuông cân tại I, nên SI  CI  Do đó: SA  SI2  AI2  S a 3 2 3a2 a2 a 2   4 4 2 A C H I Dựng IH vuông góc với SB (I thuộc SB). Khi đó HI là đoạn vuông góc chung của SB và CI, do đó d  SB;CI   HI Hai tam giác vuông HBI và ABS đồng dạng, nên B HI BI  SA SB a a 2 . a 6 BI.SA 2 2 a 6  HI    . Vậy d  SB;CI   HI  6 SB 6 a 6 2 Vậy chọn đáp án C. Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 66 Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện Câu 31. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc ABC  600 cạnh bên SD  a 2 . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc đoạn BD sao cho HD  3HB . Gọi M là trung điểm của cạnh SD. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng CM và SB A. a 30 8 B. a 7 4 C. 30a 7 D. a 30 5 Hướng dẫn giải SB / /OM  SB / /  MAC  S    d  S;  MAC    d  D;  MAC   1 VM.ACD  d  M;  ABCD   .SACD 3  d  SB;CM   d SB;  MAC  M A O 1 1 1  . d S;  ABCD  . SABCD 3 2 2   D  B H C 1 a3 15 VS.ABCD  4 96 1 Mặt khác VM.ACD  d D;  MAC  .SMAC 3     d D;  MAC    a3 15 a 30 . Vậy chọn đáp án A.  32  8 a2 2 8 3VM.ACD SMAC Câu 32. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, mặt bên SAB là tam giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng  ABC  . Gọi M là điểm thuộc cạnh SC sao cho MC  2SM . Biết AB  a, BC  a 3 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BM. A. a 21 8 B. a 21 3 C. a 21 7 D. a 21 4 Hướng dẫn giải Gọi H là trung điểm của AB  SH  AB S Do  SAB   ABC nên SH   ABC Do SAB là tam giác đều cạnh a nên AC  BC2  AB2  a 2 Từ M kẻ đường thẳng song song với AC cắt SA tại N SH  M N a 3 , 2 K C A H B Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 67 Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện  AC / /MN  AC / /  BMN  Ta có: AC  AB  AC   SAB mà MN / /AC  MN   SAB   SAB   BMN  Từ A kẻ AK  BN  K  BN     AK   BMN   AK  d A;  BMN   d  AC,BM  Do MC 2 AN 2    SC 3 SA 3 2 2 a2 3 a 2 3  SABN  SSAB  .  3 3 4 6 BN2  AN2  AB2  2AN.AB.cos600  Vậy d  AC,BM   2S 7a2 a 7 a 21  BN  , AK  ABN  9 3 BN 7 a 21 . Vậy chọn đáp án C 7 Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 68 Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện Để sử dụng file word, quý thầy cô vui lòng đóng góp chút kinh phí để tạo động lực cho tác giả ra đời những chuyên đề khác hay hơn STT 1 TÊN TÀI LIỆU GIÁ KĨ THUẬT GIẢI NHANH TRẮC NGHIỆM SỐ PHỨC_123 MÃ SỐ 60K SO PHUC_123 50K HHKG_KDD 110 K HHKG_TTKC 70K HHKG_TTLT 110 K HHKG_NTC 130 K HHKG_KC 50K HHKG_GOC Tặng 6 đề word thi thử THPT Quốc gia 2017 (có đáp án và lời giải chi tiết) {Đề 1-6} 2 CHỦ ĐỀ 1_KHỐI ĐA DIỆN {26 Trang} Tặng 5 đề word thi thử THPT Quốc gia 2017 (có đáp án và lời giải chi tiết) {Đề 7-11} 3 CHỦ ĐỀ 2_THỂ TÍCH KHỐI CHÓP {59 Trang} Tặng 10 đề word thi thử THPT Quốc gia 2017 (có đáp án và lời giải chi tiết) {Đề 12-21} 4 CHỦ ĐỀ 3_THỂ TÍCH KHỐI LĂNG TRỤ {34 Trang} Tặng 5 đề word thi thử THPT Quốc gia 2017 (có đáp án và lời giải chi tiết) {Đề 22-26} 5 CHỦ ĐỀ 456_NÓN TRỤ CẦU {56 Trang} Tặng 10 đề word thi thử THPT Quốc gia 2017 (có đáp án và lời giải chi tiết) {Đề 27-36} 6 CHỦ ĐỀ 7_KHOẢNG CÁCH {68 Trang} Tặng 12 đề word thi thử THPT Quốc gia 2017 (có đáp án và lời giải chi tiết) {Đề 37-49} 7 CHỦ ĐỀ 8_GÓC {21 Trang} Tặng 5 đề word thi thử THPT Quốc gia 2017 (có đáp án và lời giải chi tiết) {Đề 50-54} 8 CHỦ ĐỀ 9_CỰC TRỊ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ CÁC 80k KHỐI LỒNG NHAU {29 Trang} HHKG_CT Tặng 8 đề word thi thử THPT Quốc gia 2017 (có đáp án và lời giải chi tiết) {Đề 55-63} Hướng dẫn thanh toán Quý thầy cô thanh toán cho mình qua ngân hàng. Sau khi chuyển khoản, mình sẽ lập tức gửi tài liệu cho quý thầy cô. Nếu trong ngày mà thầy cô chưa nhận được thì vui lòng gọi điện trực tiếp cho mình. Thầy cư. SĐT: 01234332133 NGÂN HÀNG TÊN TÀI KHOẢN TRẦN ĐÌNH CƯ TRẦN ĐÌNH CƯ TRẦN ĐÌNH CƯ SỐ TÀI KHOẢN 4010205025243 0161000381524 55110000232924 CHI NHÁNH THỪA THIÊN HUẾ THỪA THIÊN HUẾ THỪA THIÊN HUẾ Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 69 Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện Nội dung: Họ và tên_email_ma tai liệu Ví dụ: Nguyễn Thị [email protected]_HHKG_TTKC Lưu ý: Thầy cô đọc kỹ file PDF trước khi mua, tài liệu mua chỉ dùng với mục đích cá nhân, không được bán lại hoặc chia sẻ cho người khác. CHÚC QUÝ THẦY CÔ DẠY TỐT VÀ THÀNH CÔNG TRONG SỰ NGHIỆP TRỒNG NGƯỜI Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 70