Tải bản đầy đủ

KHOẢNG CÁCH

Câu 1: [1H3-5-4] (Sở GD và ĐT Đà Nẵng-2017-2018 - BTN) Cho hình chóp S.ABCD có
đáy là hình thoi cạnh a, ABC  60, mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong
mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi H , M , N lần lượt là trung điểm các cạnh
AB, SA, SD và G là trọng tâm tam giác SBC. Khoảng cách từ G đến mặt phẳng
( HMN ) bằng
A.

a 15
.
15

a 15
.
30

B.

C.

a 15
.

20

D.

a 15
.
10

Lời giải
Chọn D
S

N

M

J A
G

D

K
H

I

P

O

B
C

Dựng MK / / SH , KI  HO, KJ  MI  KJ   HMN     .
Chứng minh được  SBC  / /  

 d  G;     d  S ;     d  A;     2d  K ;     2 KJ .

1 a 3 a 3
SH a 3


Tính được KI  .

, MK 

.
4 2
8
2
4
Suy ra KJ 

KI .KM
KI  KM
2

2



a 15
a 15 a 15
. Vậy d  G;     2KJ  2.

.
20
20
10

Câu 2: [1H3-5-4] (Lương Văn Chánh - Phú Yên – 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp
S.ABC có các cạnh bên SA , SB , SC tạo với đáy các góc bằng nhau và đều bằng
30 Biết AB  5 , AC  7 , BC  8 tính khoảng cách d từ A đến mặt phẳng
 SBC  .
A. d 
d

35 39
.
52

B. d 

35 39
.
13

35 13
.
26

Lời giải

C. d 

35 13
.
52

D.


Chọn C

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABC 
Ta có SAH  SBH  SCH  30 (theo giả thiết) nên các tam giác vuông SHA ,
SHB , SHC bằng nhau. Suy ra HA  HB  HC  H là tâm đường tròn ngoại tiếp
ABC .
Áp dụng công thức Hê-rông ta có SABC  10 3.
Mặt khác SABC 

abc
7 3
7 3
.
R
 HB 
4R
3
3

Xét tam giác vuông SHB : SH  HB tan 30 

HB
14
7
 .
, SB 
cos 30 3
3

1
70 3
Suy ra VS . ABC  SH .SABC 
.
3
9
Áp dụng công thức Hê-rông ta có SSBC 

Do đó VA.SBC

8 13
.
3

70 3
3
1
3VS . ABC
9  35 39 .
 d .S SBC  d 

3
SSBC
52
8 13
3

Câu 3: [1H3-5-4] (THPT Trần Nhân Tông - Quảng Ninh - Lần 1 - 2017 - 2018 - BTN)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật cạnh AB  a , AD  2a .
Mặt phẳng  SAB  và  SAC  cùng vuông góc với  ABCD  . Gọi H là hình chiếu
vuông góc của A trên SD . Tính khoảng cách giữa AH và SC biết AH  a .
A.
.

73
a.
73

B.

2 73
a.
73

C.

19
a.
19

D.

2 19
a
19


Lời giải
Chọn C
S

H

D

A

K
B

C

Trong tam giác SAD vuông tại A và đường cao AH , ta có
1
1
1
1
1
1
1
1
3
2a


 2 




nên SA 
.
AH 2 SA2 AD 2
SA
AH 2 AD 2 a 2 4a 2 4a 2
3

SD  SA2  AD 2 

AD 2  DH .SD 

4a 2
4a
.
 4a 2 
3
3

DH AD 2 3

 .
SD SD 2 4

Kẻ HK SC với K  CD , suy ra
Khi

đó

HK DK DH 3
CK 1


 
 .
SC DC DS 4
DK 3

SC

 AHK 

1
d  AH ; SC   d  SC ;  AHK    d  C ;  AHK    d  D;  AHK   .
3

Ta có AC  a 5 , SC  a

Ta cũng có DK 

19
3
a 57
, nên HK  SC 
.
3
4
4

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

nên


cos HAK 

SAHK 

Cũng từ

SADK 

AH  AK  HK

2 AH . AK
2

2

2

73a 2 57 a 2

16
16  4  sin HAK  57 .
a 73
73
73
2.a.
4

a2 

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

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

SD 4
4
4 3
2
1
1
3a 3a 2
AD.DK  .2a. 
.
2
2
4
4

1
1 3a 2 a 3 a3 3
Do đó VDAHK  SADK .d  H ;  ABCD    .
.
.

3
3 4
2
8
Bởi vậy

3V
d  D;  AHK    DAHK 
SAHK

3.

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

1
a 19
Vậy d  AH ; SC   d  D;  AHK   
.
3
19

Câu 4: [1H3-5-4]

(THPT Kinh Môn - Hải Dương - Lần 2 - 2018 - BTN) Cho hình lăng

trụ đứng ABC.ABC có AB  1 , AC  2 , AA  3 và BAC  120 . Gọi M , N lần
lượt là các điểm trên cạnh BB , CC sao cho BM  3BM ; CN  2CN . Tính
khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng  ABN  .
A.

9 138
184

B.

3 138
46

C.
Lời giải

Chọn A

9 3
16 46

D.

9 138
46


A'

E

C'

B'

H

N

M
A
C

B

Ta có BC 2  AB 2  AC 2  2. AB. AC cos BAC  12  22  2.1.2.cos120  7 . Suy ra
BC  7 .
2

Ta cũng có cos ABC 
cos ABC 

2
AB 2  BC 2  AC 2 12  7  22


, suy ra
2. AB.BC
2.1. 7
7

2
.
7

Gọi D  BN  BC , suy ra

DC  C N 1
3
3 7

 , nên DB  BC 
.


DB
BB 3
2
2

Từ đó, ta có
2

3 7 
3 7 2
43
AD 2  AB2  BD 2  2. AB.BD.cos ABD  12  
 2   2.1. 2 . 7  4 .


Hay AD 

43
.
2

Kẻ BE  AD và BH  BE , suy ra BH   ABN  , do đó d  B;  ABN    BH .
Từ cos ABC 

2
3
.
 sin ABC 
7
7

1
1 3 7 3 3 3
Do đó S ABD  . AB.BD.sin ABD  .1.
.
.

2
2
2
4
7

BE 

2S ABD

AD

2.

3 3
4 3 3.
43
43
2


1
1
1
1
1 46


 BH 

 
BH 2 BE 2 BB2  3 3 2 32 27


 43 

27
.
46

Từ BM  3BM suy ra
d  M ;  ABN   

3
3
3 27 9 138
d  B;  ABN    .BH  .

.
4
4
4 46
184

Câu 5: [1H3-5-4]
(THPT Lê Quý Đôn - Hải Phòng - 2018 - BTN) Cho hình chóp
S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 3 . Hai mặt phẳng  SAB  và

 SAC  cùng vuông góc với mặt phẳng đáy. Góc giữa

SB và mặt phẳng đáy bằng

60 . Gọi M , N là các điểm lần lượt thuộc cạnh đáy BC và CD sao cho
BM  2MC và CN  2ND . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau
DM và SN.
A.

3 3
730

B.

3 3
370

3
370

C.

D.

3
730

Lời giải
Chọn B
S

A

D

H
N

A

D

I
J

N
I
B

J
B

M

E

C

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

SA   ABCD 
 SBA  60 là góc giữa SB và mặt phẳng đáy  SA  AB.tan 60  3 3 .

- Trong mặt phẳng  ABCD  dựng NE // DM cắt BC tại E , cắt AC tại J .
Gọi I là giao điểm của DM và AC .

M

E

C


Ta có: DM // NE  DM //  SNE 

 d  DM ; SN   d  DM ;  SNE    d  I ;  SNE   .
Do NE // DM 

CJ CE CN 2
1


  IJ  IC .
CI CM CD 3
3

Lại có : BC // AD 

Mặt khác :

1
IC CM 1
1
1

  IC  IA  IJ  IA  IJ  AJ
9
IA AD 3
10
3

d  I ;  SNE  

d  A;  SNE  



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

10
AJ 10

- Xét tam giác DAN và tam giác CDM có: DA  CD , DN  CM ,
ADN  DCM  90

 DAN  CDM (c.g.c)  DAN  CDM
 DAN  ADM  CDM  ADM  90

 AN  DM  AN  NE  NE   SAN    SNE    SAN  (có giao tuyến là
SN ).
- Dựng AH  SN tại H  AH   SNE   AH  d  A;  SNE   .
- Ta có : SA  3 3 , AN  AD2  DN 2  10 .

1
1
1
1 1
37
3 30



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

1
3 3
.
AH 
10
370

(Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ - 2018 - BTN) Cho tứ diện ABCD
đều có cạnh bằng 2 2 . Gọi G là trọng tâm tứ diện ABCD và M là trung điểm
AB . Khoảng cách giữa hai đường thẳng BG và CM bằng
3
2
2
2
.
B.
.
C.
.
D.
2 5
5
14
10

Câu 6: [1H3-5-4]

A.
.

Lời giải
Chọn B


A

M

G
D
B

J
H
I

N
K
C

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

2 2 

2

2

2 6
4 3
 
 
3
3



.
Ta có: GH 

1
3
.
AH 
4
3

Gọi K là trung điểm CN thì GK //CM nên CM //  BGK  . Do đó:

d  BG; CM   d  C;  BGK    d  N ;  BGK   
Kẻ

HI  BK ,

HJ  GI

I  BK ,

với

3
d  H ;  BGK   .
2

J  GI .

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

 6

Ta có HI  BH .sin KBN  BH .

2

2

 2
26
.
 
 
2
 2 

2
KN 2 6 2
2 6
.

.

BK
3
26 3 13
2

Khi

đó

HJ   BGK 




Do đó: HJ 

HI .HG
HI 2  HG 2

Vậy d  BG; CM  



2 6 3
.
3 13 3
2

 2 6   3

 

 3 13   3 

2



2 2
.
3 7

3
3
2
3 2 2
d  H ;  BGK    HJ  .

.
2
2
2 3 7
14

Câu 7: [1H3-5-4]

(THPT CHUYÊN KHTN - LẦN 1 - 2018) Cho hình chóp S.ABCD
có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O , AB  a , BC  a 3 . Tam giác ASO cân tại
S , mặt phẳng  SAD  vuông góc với mặt phẳng  ABCD  , góc giữa SD và

 ABCD 
A.

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

a 3
.
2

B.

3a
.
2

C.

a
.
2

D.

3a
.
4

Lời giải
Chọn D

Ta có  SAD    ABCD  ,  SAD    ABCD   AD ; trong mp  SAD  , kẻ SH  AD
thì SH   ABCD 
Mặt khác
Gọi I là trung điểm OA , vì tam giác ASO cân tại S nên AO  SI , AO  SH
 HI  OA
DC
1

Tam giác ADC vuông tại D có AC  AD 2  DC 2  2a và tan DAC 
AD
3
 DAC  30


AI
2a 3
a 3
.
 HD 

cos30
3
3
2a
vuông tại A có HB  AH 2  AB 2 
, AB 2  IB.HB
3

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

a 3
2
Trong mặt phẳng
 IB 

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

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



  SBE    SBH  và  SBE    SBH   SB
Trong mặt phẳng  SBH  , kẻ HK  SB thì HK   SBE   HK  d  H ,  SBE  
1
1
1


 HK  a .
2
2
HK
SH
HB 2
3
3a
Vậy d  H ,  SBE    HK  a và d  I ,  SBE    d  H ,  SBE   
.
4
4

Tam giác SBH vuông tại H có

Câu 8: [1H3-5-4]

(THPT CHUYÊN KHTN - LẦN 1 - 2018) Cho hình chóp S.ABCD

có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và BAD  60 . Hình chiếu vuông góc của S trên
mặt phẳng  ABCD  trùng với trọng tâm của tam giác ABC . Góc giữa mặt phẳng

 SAB  và  ABCD 
A.

21a
.
14

bằng 60 . Khoảng cách từ B đến mặt phẳng  SCD  bằng
B.

21a
.
7
Lời giải

C.

3 7a
.
14

Chọn C

Gọi H là trọng tâm tam giác ABC , M là trung điểm AB

D.

3 7a
.
7


Ta có tam giác ABD là tam giác đều  DM 

a 3
và BD  a
2

HK BH
BH 1
a 3

 HK  DM .
 DM 
DM BD
BD 3
6
 SAB    ABCD   AB , AB  HK , AB  SK (định lí ba đường vuông góc)

Kẻ HK  AB  HK // DM 



 SAB  ,  ABCD   SKH

Tam giác SHK vuông tại H có SH  HK .tan 60 
Gọi N là giao điểm của HK và CD
 HN  CD
Ta có 
 CD   SHN  ;
SH  CD
 SHN    SCD   SN

a
.
2

CD   SCD 

  SCD    SHN 



Trong mặt phẳng  SHN  kẻ HI  SN thì HI   SCD   HI  d  H ,  SCD  
Tam giác SHN vuông tại H có

1
1
1
2
a


, với HN  DM 
HI 2 SH 2 HN 2
3
3

a 7
7
BD 3
3
  d  B,  SCD    d  H ,  SCD  
Lại có
HD 2
2
 HI 

Vậy d  B,  SCD   

a 7
.
14

Câu 9: [1H3-5-4] Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A ,

AB  AC  2a , hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng  ABC  trùng với

trung điểm H của cạnh AB . Biết SH  a , khoảng cách giữa 2 đường thẳng SA và
BC là
A.

2a
.
3

B.

4a
.
3

C.
Lời giải

a 3
.
2

D.

a 3
.
3


Chọn đáp án A
Dựng Ax //BC  d  SA, BC   d  B; SAx 
Dựng HK  Ax   SHK   Ax
Dựng HE  SK  d  B, SAx   2d  H , SAx 
Ta có: HK  AH sin HAK  a sin 56 

d  H , SAx   HE 

SH .HK
SH  HK
2

2



a
2

a
3

2a
Do đó d  SA, BC  
3
Câu 10: [1H3-5-4] Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a . Hình chiếu

vuông góc của S trên mặt phẳng  ABCD  là điểm H thuộc đoạn BD sao cho

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

3a 34
.
17

B.

2a 13
.
3

C.

2a 38
.
17
Lời giải

2a 51
.
13

D.


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

3a
3a
 SH  HK tan 45 
.
2
2

Dựng Ax//BD ta có:

d  SA, BD   d  BD,  SAx    d  H ,  SAx  
Dựng HE  Ax  HE  OA  a 2
Dựng HF  SE  HF   SAx 
Ta có: HF 

SH .HE
SH  HE
2

2



3a 34
17

Câu 11: [1H3-5-4] Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Cạnh bên

SA vuông góc với mặt phẳng đáy và mặt phẳng  SBD  tạo với mặt phẳng

 ABCD 

một góc bằng 60 . Gọi M là trung điểm của AD . Tính khoảng cách giữa

hai đường thẳng SC và BM .
A.

2a
.
11

B.

6a
.
11

C.
Lời giải

a
.
11

D.

3a
.
11


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

 AO  BD  BD   SAO  .
Do đó

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

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

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

Kẻ AH  CE tại H suy ra CE   SAH  và AH .CE  CD.AE .

Commented [A1]: MATHTYE

Kẻ AK  SH tại K suy ra AK   SCE   d  A,  SCE    AK .
Mà AH 

1
1
1
3a
3a

 2  AK 
nên
.
2
2
AK
AH
SA
5
11

Do đó d  BM , SC  

2 3a
2a

3 11
11

Câu 12: [1H3-5-4] Cho hình chóp đều S. ABC có độ dài đường cao từ đỉnh S đến mặt phẳng

a 21
. Góc tạo bởi mặt bên với mặt phẳng đáy bằng 60 . Gọi
7
M , N lần lượt là trung điểm của AB, SC . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng
SA, MN .

đáy  ABC  bằng

A.

9a 3
.
42

B.

3a 3
.
42

C.
Lời giải

6a 3
.
42

D.

12a 3
.
42


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

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

Đặt AB  x  HI 



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

x a 21
2a 21
3a 2 3
.

x
 SABC 
2
7
7
7

Gọi P là trung điểm của AC suy ra NP / / SA  SA / /  MNP  .

 d  SA, MN   d  SA,  MNP    d  A,  MNP   
• 3VA.MNP  d  N ,  ABC    SAMP 
• SMNP 

3VA.MNP
.
SMNP

9a3 7
392

1
1 a 21 a a 2 21
.
MP.NP  .
. 
2
2 7 2
28

Do đó d  A,  MNP   

9a 3
9a 3
 d  SA, MN  
42
42

Câu 13: [1H3-5-4] Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B ,

AD  2 AB  2BC , CD  2a 2 . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt đáy là trung
điểm M của cạnh CD . Khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác SAD đến mặt
phẳng  SBM  bằng
A.

4a 10
.
15

B.

3a 10
.
5

C.

a 10
.
5

D.

3a 10
.
15


Lời giải
Chọn đáp án A

Gọi E là trung điểm của AD ta có CE  AB  ED . Có
CD  2a 2  CE  ED  2a

Do vậy AD  4a; BD  2a . Gọi N là trung điểm của AB suy ra
MN  3a, S MAB 

1
NM . AB  3a 2
2

MA  AN 2  NM 2  a 10  MB . Gọi L là trung điểm của DE ta có LA  3a
và L là trung điểm của AP .
Khi đó

LP  3a  EP  4a; PA  6a.

d  A,  SBM  

d  E ,  SBM  



6 3
3
 , d  E ,  SBM    d  G,  SMB  
4 2
2

4
4
4 3a 10 4a 10
Do đó d  G,  SBM    d  A,  SMB    AF  .

9
9
9
5
15
Câu 14: [1H3-5-4] Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành có diện tích bằng
2a 2 , AB  a 2 , BC  2a . Gọi M là trung điểm của CD . Hai mặt phẳng  SBD 
và  SAM  cùng vuông góc với đáy. Khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng  SAM 
bằng
A.

4a 10
.
15

B.

3a 10
.
5

C.
Lời giải

Chọn đáp án C

2a 10
.
5

D.

3a 10
.
5


Gọi H  AM  BD .


 SBD    ABC 
 SH   ABC 
Ta có: 

 SAM    ABC 
Lại có

HB
AB
1

 2  d  D,  SAM    d  B,  SAM  
HD DM
2

S ADM 

1
1
a2
S ADC  S ABCD 
.
2
4
2

Ta có: S ADM 

1
2
AD.DM sin D  sin D 
 D  45
2
2

Do vậy AM  AD2  DM 2  2 AD.DM cos 45 
Do vậy DK 

10
a
2

2S ADM
2a a 10


.
AM
5
10

Câu 15: [1H3-5-4] Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác đều có cạnh bằng a . Gọi

M là trung điểm của AC . Hình chiếu của S trên mặt đáy là điểm H thuộc đoạn
BM sao cho HM  2 HB . Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  SHC  bằng
A.

2a 7
.
14

B.

a 7
.
14

C.
Lời giải

3a 7
.
14

D.

2a 7
.
7


Chọn đáp án D

d  A,  SCH    2d  M ,  SHC   . Dựng MK  CH
Khi đó d  A,  SCH    2MK
Mặt khác BM 

a 3
2
a 3
a
 MH  BM 
; MC 
2
3
3
2

Suy ra MK 

MH .MC
MH  MC
2

2



a
2a 7
do đó d  2MK 
7
7

Câu 16: [1H3-5-4] [Đề thi thử-Liên trường Nghệ An-L2] Cho hình chóp S.ABC . Tam giác

ABC vuông tại A , AB  1cm , AC  3cm . Tam giác SAB , SAC lần lượt vuông góc
tại B và C . Khối cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC có thể tích bằng
khoảng cách từ C tới  SAB 
A.

5
cm .
2

B.

5
cm .
4

C.

Hướng dẫn giải
Chọn C

3
cm .
2

5 5
cm3 . Tính
6

D. 1cm .


Xét tam giác ABC vuông tại A :

BC  AB 2  AC 2  1  3  2
4
5 5
5
Vmc   R 3 
.
R
3
6
2

Gọi I , J , M , N lần lượt là trung điểm SA , AC , AB , BC .
Do tam giác SAB , SAC lần lượt vuông góc tại B và C nên IS  IA  IB  IC .
Nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC và IB 

5
2

Và IN vuông góc với  ABC  (do N là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
).
Ta có:

 MN  AB
  IMN   AB   IMN    IAB 

 IN  AB
Trong  IMN  : Dựng NH  IM  NH   IAB 

 d N ; IAB  NH  d N ; SAB
MN 

1
1
3
AC 
; IN  IB 2  BN 2 
2
2
2

Ta có

16
1
4
1
1
3
 4 


 NH 
3
NH 2 MN 2 IN 2
3
4

Lại có: CN   SAB   B 

dC ; SAB 
d N ; SAB 



BC
3
 2  dC ; SAB  
.
BN
2


Câu 17: [1H3-5-4] 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 30 . 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

Lời giải
Chọn A
S

H
A

D

N
M

O
I

B

C

Chứng minh DB  (SAC)  Hình chiếu vuông góc của DS lên (SAC) là SO, góc
giữa SD và (SAC) là DSO = 30 . Đặt DO = x, ta có SO = x 3 (O là giao điểm AC
và BD)
Từ SO 2  AO 2  SA2  x 

a
2

Gọi N là trung điểm AB  DN // BM.
Suy ra d(D;(SBM)) = d(N;(SBM)) =

1
d(A;(SBM))
2

Kẻ AI  BM, AH  SM.
Từ đó chứng minh được AH  (SBM)  d(A;(SBM)) = AH.
Trong (ABCD): SABC  SABCD  S BCM 
Mà S ABM 
Khi đó

a2
2

1
2a
AI .BM  AI 
2
5

1
1
1
2a
a
 2  2  AH 
 d ( D;( SBM )) 
2
AH
AI
SA
3
3


Câu 18: [1H3-5-4] 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 B, Q. Gọi E, F lần lượt là giao điểm của PQ
với AB, AD . Tính khoảng cách từ E đến (SBD).
A.

3a 21
11

B.

a 21
9

C.

3a 21
7

D.

a 21
7

Lời giải

Chọn C
S

I
H

D

A

F

Q

O
B
P

C

E

Gọi O là tâm hình vuông ABCD.
Qua A dựng AH  SO. Dễ dàng chứng minh được AH  BD.
Khi đó AH = d(A;(SBD)). Trong tam giác vuông SAC, ta có:

CI .SC  AC 2 

IC AC 2
AC 2
AB 2  BC 2
2a 2
2

 2
 2
 2

2
2
2
2
SC SC
SA  AC
SA  ( AB  BC ) 2a  3a 2 5

∆CBS có IP//SB 

IP CP CI
CP 2




SB CB CS
CB 5

Áp dụng định lý Talet:
PE BP 3
BE BC  CP 3

 


CQ PC 2
CQ
PC
2

Mà AB = CD = CQ + QP = CQ + BE =

5
BE.
3

Do tam giác AEF vuông tại A nên:
S AEF 

1
1
1
32
32a 2
2
AE. AF  AE 2   AB  BE  
AB 2 
(đvdt)
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   
Câu 19:

1
1
1
3a 2
 2
 AH 2 
2
2
AH
SA
AO
7

3a 21
.
7

[1H3-5-4] Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang. ABC  BAD  90o ,

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

Hướng dẫn giải:
Chọn D

S

H

A

B

I

D

C

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 tại D .Gọi d1 , d 2 lần lượt là khoảng cách từ B , H đến mặt phẳng  SCD 
Ta có: SAB  SHA 



SH SA2 2


SB SB 2 3

SA SB

SH SA




SH d 2 2
2

  d 2  d1 .
3
SB d1 3

Thể tích khối tứ diện S.BCD :

1
1
2a 3
(PB : SAI)
VS .BCD  SA. AB.BC 
3
2
6
Ta có SC 

SA2  AC 2  2a,

CD  CI 2  ID 2  2a  S SCD 

Ta có: VS . BCD

1
 d1 .S SCD  d1 
3

3.

1
SC.CD  2a 2
2

2a 3
6 a.
2
2a 2

Vậy khoảng cách từ H đến mặt phẳng  SCD  là d 2 

2
a
d1  .
3
3

Câu 20: [1H3-5-4] Cho hình chóp SABCD 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.

Hướng dẫn giải
Chọn B

a 6
.
19

D.

a 3
.
15


Vẽ IK  BC  BC   SIK   SKI là góc giữa mặt phẳng (SBC) với mặt đáy nên

SKI  600. Vì SIDC 

1
a2
3a 2
DI .DC  , SIAB 
2
4
4

2
Suy ra SBIC  S ABCD   SICD  SIAB   a .

Mặt khác BC 
và S IAB 

 AB  CD 

2

 AD 2  a 5

1
2a 5
IK .BC . Suy ra IK 
2
5

Trong tam giác vuông SIK ta có SI  IK .tan 600 

2a 15
.
5

Gọi M là trung điểm của SD , tính d M , SBC .

Gọi E là giao điểm của AD với BC , ta có

Do đó d M , SBC

1
d D, SBC
2

ED
EA

DC
AB

1
3

ED

1
AD
2

ID .

1
d I , SBC
4

Gọi H là hình chiếu của I lên SK ta có d I , SBC

IH .

Trong tam giác vuông SIK , ta có:

1
IH 2

1
SI 2

1
IK 2

Vậy d M , SBC

5
12a 2

5
4a 2

5
3a 2

IH

a 15
.
5

a 15
. Vậy chọn đáp án B.
20

0
Câu 21: [1H3-5-4] Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có AB  a, AC  2a, BAC  120 . Gọi

M là trung điểm cạnh CC ' thì BMA '  900 . Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt
phẳng  BMA ' .
A.

a 5
7

B.

a 7
7

C.

Hướng dẫn giải
Chọn D

a 5
5

D.

a 5
3


Áp dụng định lý hàm số cosin trong tam giác ABC ta có:
BC 2

AB 2

AC 2

2 AB. AC.cos BAC

BC 2  a 2  4a 2  2a.2a.cos1200  7a 2  BC  a 7

Đặt CC '  2x .Ta có:

A ' M  A ' C '2  C ' M 2  4a 2  x 2
BM  BC 2  CM 2  7a 2  x 2
A ' B  A ' B '2  BB '2  a 2  4 x 2
Tam giác BMA’ là tam giác vuông tại M nên

MB2  MA '2  A ' B 2
Do đó 4a 2  x 2  7a 2  x 2  a 2  4 x 2  x 2  5a 2  x  a 5
CC '/ /( ABB ' A ')  VA. A ' BM  VMAA' B  VCAA'B  VA '. ABC

d ( A, ( A ' BM )) 

VA'. ABC 

3VA. A' BM
S A' BM

1
1
1
15 3
AA '.S ABC  .2 x. . AB. AC.sin1200 
a
3
3
2
3

1
s A ' BM  .MA '.MB  3 3a 2
2

d ( A,( A ' BM )) 

15a3
5
a
2
3
3 3a

Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng (A’BM) là

a 5
3


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×