D07 hai đường chéo nhau (mượn mặt phẳng) muc do 3

Câu 28.[1H3-5.7-3] (Toán Học Tuổi Trẻ - Tháng 12 - 2017) Cho tứ diện ABCD cạnh a Gọi M trung điểm CD Tính khoảng cách hai đường thẳng AC BM A a 22 11 B a C a D a Lời giải Chọn A Gọi O tâm tam giác BCD Qua C kẻ đường thẳng d song song với BM Khi d  AC, BM   d  BM ,  AC, d    d O,  AC, d   Do tứ diện ABCD tứ diện  AO   BCD  Kẻ OI  d I  d , OH  AI H  AI  OH   AC, d  Suy d  O,  AC, d    OH a a a  BO  BM đường cao tam giác cạnh a  BM  Ta có d // BM  d  CD Tứ giác IOMC hình chữ nhật, suy IO  MC  Ta có AO  AB2  BO2  AO  a  a2 a  3 1 OA.OI  OH    Do ta có  OH  OH OA2 OI OA2  OI a a  a 22 11 2a a  Câu [1H3-5.7-3] (THPT Xuân Trường - Nam Định - 2018-BTN) Cho hình tứ diện OABC có đáy OBC tam giác vuông O , OB  a , OC  a Cạnh OA vuông góc với mặt phẳng  OBC  , OA  a , gọi M trung điểm BC Tính theo a khoảng cách h hai đường thẳng AB OM A h  a B h  a 15 C h  a Lời giải Chọn B Trong mặt phẳng OBC  dựng hình bình hành OMBN , kẻ OI  BN D h  a 15 A H O C N M I B Kẻ OH  AI Nhận xét OM //  ABN  nên khoảng cách h hai đường thẳng AB OM khoảng cách đường thẳng OM mặt phẳng  ABN  , khoảng cách từ O đến mặt phẳng  ABN  Suy h  d O,  ABN    OH Tam giác OBI có OB  a , BOM  60o nên OI  Tam giác AOI vuông O nên a a 1 1  OH       OH OA2 OI OH 3a 3a Câu 29: [1H3-5.7-3] (THPT Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ - Lần - 2018 - BTN) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng tâm O cạnh a , SO vng góc với mặt phẳng  ABCD  A a 15 SO  a Khoảng cách SC AB B a C 2a 15 D 2a Lời giải Chọn D Gọi M , N trung điểm cạnh AB, CD ; H hình chiếu vng góc O SN Vì AB //CD nên d  AB,SC  d  AB,(SCD)   d  M ,( SCD)   2d  O,( SCD)  CD  SO  CD  ( SON )  CD  OH Ta có  CD  ON CD  OH  OH  ( SCD)  d  O;( SCD)   OH Khi  OH  SN Tam giác SON vuông O nên Vậy d  AB,SC   2OH  1 1 a       OH  OH ON OS a a a 2a Câu 31 [1H3-5.7-3](TRƯỜNG CHUYÊN ĐẠI HỌC VINH - LẦN - 2018) Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác vng cân B, AB  a Cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy, góc tạo hai mặt phẳng  ABC   SBC  60 Khoảng cách hai đường thẳng AB SC A a B a C a D a Lời giải Chọn D  BC  AB  BC   SAB  Ta có   BC  SA Góc hai mặt phẳng  ABC   SBC  góc SBA  60 Do SA  a.tan 60  a Dựng D cho ABCD hình vng Dựng AE  SD E CD  AD  CD   SAD   CD  AE Ta có:  CD  SA Mà AE  SD suy AE   SCD  Ta có d  AB; SC   d  AB;  SCD    d  A;  SCD    AE Mà AE  AS AD a a  Vậy d  AB; SC   SD 2 Câu 49 [1H3-5.7-3](Chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định - Tuần HK1 - 2018 - BTN) Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vng B, AB  3a, BC  4a Cạnh bên SA vng góc với đáy Góc tạo SC đáy 60 Gọi M trung điểm AC , tính khoảng cách hai đường thẳng AB SM A a B 10a 79 C 5a D 5a Lời giải Chọn B AC  5a, SA  5a Gọi N trung điểm BC  AB //  SMN   d  AB, SM   d  A,  SMN   Dựng AH  MN H  ABC  Dựng AK  SH K SAH   AK   SMN  K nên d  A,  SMN    AK  d  AB, SM   AK AH  NB  2a 1 1 79 10a       AK  AK AH SA2 4a 75a 300a 79 Câu 41 [1H3-5.7-3] (THPT Hoa Lư A-Ninh Bình-Lần 1-2018) Cho hình hộp chữ nhật ABCD ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a , AA  2a Tính khoảng cách hai đường thẳng BD CD A a B 2a C 2a D a Lời giải Chọn B B C O D H A B C D O A Gọi O, O tâm hai mặt đáy.Khi tứ giác COOC hình bình hành AC C O  a Do BD // BD  BD //  CBD  nên d  BD; CD  d  O;  CBD   d C;  CBD    BD  AC  Ta có:   BD   COOC     CBD    COOC   BD  CC  Lại có  CBD    COOC   CO Trong CCO hạ CH  CO  CH   CBD  d  BD; CD  CH Khi đó: 1 1 5a       C H  C H CC 2 C O2  2a 2 a 4a Câu 24: [1H3-5.7-3] (THPT Lê Xoay – Vĩnh Phúc – Lần – 2018) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật có AB  2a , AD  4a , SA   ABCD  , cạnh SC tạo với đáy góc 60o Gọi M trung điểm BC , N điểm cạnh AD cho DN  a Khoảng cách MN SB A 2a 285 19 B a 285 19 2a 95 19 C D 8a 19 Lời giải Chọn A Lấy K AD cho AK  a MN //  SBK  AC  2a  d  MN , SB   d  MN ,  SBK    d  N ,  SBK    2d  A,  SBK   Vẽ AE  BK E , AH  SE H Ta có  SAE    SBK  ,  SAE    SBK   SE , AH  SE  AH   SBK   d  A,  SBK    AH SA  AC  2a 15 1 1 1       AH SA2 AE SA2 AK AB 2a 15    1   a 4a 2a 15    1  a 4a 2a 285 a 285  d  MN , SB    AH  19 19 Câu 45: [1H3-5.7-3] (THPT Kim Liên - HN - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình lăng trụ đứng ABC ABC có đáy tam giác vng AB  BC  a , AA  a , M trung điểm BC Tính khoảng cách d hai đường thẳng AM BC A d  a B d  a C d  a D d  a Lời giải Chọn C A C' A' B' M B A C C M N B B' Tam giác ABC vuông AB  BC  a nên ABC vng B  AB  BC Ta có   AB   BCB   AB  BB ' Kẻ MN // BC  BC //  AMN   d  d  BC, MN   d  BC,  AMN    d  C,  AMN    d  B,  AMN   Tứ diện BAMN tứ diện vuông  1 1 1 a        d  d BA2 BM BN a  a 2  a 2 a        Câu 39: [1H3-5.7-3] (THPT Chuyên Vĩnh Phúc - lần - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a , SA vng góc với đáy, SA  a Khoảng cách hai đường thẳng SB CD A a B 2a C a D a Lời giải Chọn A S A D Vì SA   ABCD  nên SA  AD  SA  AD Ta có:   AD   SAB   d  D,  SAB    DA  AB  AD B C CD   SAB    CD //  SAB   d  CD, SB   d  CD,  SAB    d  D,  SAB    DA  a CD // AB  AB  SAB    Câu 44: [1H3-5.7-3] (THPT Chuyên Vĩnh Phúc - lần - 2017 - 2018 - BTN) Hình hộp ABCD ABCD có AB  AA  AD  a AAB  AAD  BAD  60 Khoảng cách đường thẳng chứa cạnh đối diện tứ diện AABD bằng: a a A B C a D 2a 2 Lời giải Chọn A Theo AABD tứ diện cạnh a Khoảng cách đường thẳng chứa cạnh đối diện tứ diện AABD EF  a  a2 a Ta có: EF  EB  BF        Câu 44: [1H3-5.7-3](CỤM CÁC TRƯỜNG CHUYÊN ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG-LẦN 22018) Cho hình chóp tứ giác S ABCD có đáy nửa lục giác nội tiếp đường trịn đường kính AD  2a , SA   ABCD  , SA  a Tính khoảng cách BD SC A 3a B a C 5a 12 D 5a Lời giải Chọn B S H A D E O C B F OC OB BC + Ta có: AB  BC  CD  a Và    OA OD AD + Trong  ABCD  , dựng hình bình hành BCED , ta BD //  SCE   d  BD, SC   d  DB,  SCE    d  O,  SCE    d  A,  SCE   Gọi F  AB  CE  AF  CE (do AB  BD ) CE  SA  CE   SAF    SAF    SCE  theo giao tuyến SF Khi ta có:  CE  AF Trong  SAF  , kẻ AH  SF AH   SCE  Tam giác AFE có : AE  3a  AH  FB BC 3a    AF  FA AE 1 3a 3a  SF  2 1 a Vậy d  BD, SC   d  A,  SCE    AH  Câu 43: [1H3-5.7-3] (THPT Chuyên Lê Quý Đôn - Đà Nẵng - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình lập phương ABCD ABCD cạnh a Gọi K trung điểm DD Tính khoảng cách hai đường thẳng CK AD 3a 4a 2a a A B C D 3 Lời giải Chọn B Gọi M trung điểm BB Ta có: CK // AM  CK //  AMD  Khi đó: d  CK , AD   d CK ,  AMD    d C ,  AMD   Gắn hệ trục tọa độ hình vẽ: a  Ta có: A  0;0;0  , B  a;0;0  , D  0; a;0  , A  0;0; a  , B  a;0; a  , C  a; a;0  , M  a;0;  2   a2  a  AM   a;0;   , AD   0; a; a  ,  AM , AD    ; a ; a  2    Vậy mặt phẳng  AMD  nhận n  1; 2;  làm vectơ pháp tuyến Phương trình mp  AMD  : x  y  z  2a  Do đó: d  C ,  ADM    a  2a  2a  a Câu 30: [1H3-5.7-3] (THPT Chuyên Thái Nguyên - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh 2a , tam giác SAB đều, góc  SCD   ABCD  60 Gọi M trung điểm cạnh AB Biết hình chiếu vng góc đỉnh S mặt phẳng  ABCD  nằm hình vng ABCD Tính theo a khoảng cách hai đường thẳng SM AC A a B 5a C 2a 15 D 2a Lời giải Chọn A Hạ SH   ABCD  , AB  SM nên AB  MH MH cắt CD trung điểm N CD Từ suy góc  SCD   ABCD  SNH  60 2a  a , MN  2a , SNM  60 suy SN  a tam giác SNH nửa tam giác nên H trung điểm ON với O tâm hình Tam giác SMN có SM  vng ABCD SH  a S D A K M O' B N H O J C I Gọi I trung điểm BC , O giao điểm MI BD ,  SMI  chứa SM song d  SM ; AC   d  AC;  SMI   song với  d  O;  SMI    d  H ;  SMI   suy AC Qua H dựng đường thẳng song song với BD cắt MI J HJ  MI  JO  JI Hạ HK  SJ  HK  d  H ;  SMI   1 BD  BD 3a OO  IN Lại có JH    Trong tam giác vuông 20 3a =      HK  SK SH HJ 3a 9a 9a 2 Vậy d  SM ; AC   ta SHJ có 2 3a a HK    3 5 Câu 20: [1H3-5.7-3] (Toán Học Tuổi Trẻ - Số - 2018 - BTN) Cho hình lăng trụ đứng ABC ABC có ABC tam giác vng cân, AB  AC  a , AA  h  a, h   Tính khoảng cách hai đường thẳng chéo AB , BC A ah a  h2 B ah 5a  h C Lời giải Chọn D Cách ah 2a  h D ah a  5h SB / / OM d SB; CM SB / / MAC d SB; MAC d S; MAC d D; MAC 1 1 a3 15 VM ACD  d  M ;  ABCD   SACD  d  S ;  ABCD   S ABCD  VS ABCD  3 2 96 Mặt khác, VM ACD a 15 3VM ACD a 30  d  D;  MAC   SMAC  d  D;  MAC     232  SMAC a Câu 2587 [1H3-5.7-3] Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, SA   ABCD  Biết AB  a, BC  2a, SA  a (với a  R, a  ) Gọi M , N trung điểm đoạn thẳng SB, AD Tính khoảng cách hai đường thẳng AM BN A 2a B 3a a 21 Hướng dẫn giải C 2a D Chọn C Qua A kẻ đường thẳng song song với BN cắt BC E Gọi H  AB  EN Kẻ MH SA Suy MH   ABCD   MH đường cao khối chóp M ANBE Ta có: a MH  , S ANBE  2SANB  .a  a 2 a3 Suy VS ANBE  MH S ANBE  Ta lại có: AM  a, AE  a 2, CB   SAB   CB  SB Suy SBE vuông B  ME  BE  MB2  a a Ta có: AE  ME  a  AME cân E  SAME  Vì BN a   a2 a2  4 3VN AME VM ANBE a 21 AME  d  BN ,  AME    d  N ,  AME      SAME SAME Vậy d  AM , BN   a 21 Vậy chọn đáp án C Câu 2588 [1H3-5.7-3] Cho hình chóp S ABCD có đáy hình thoi tâm O cạnh a 5, AC  4a, SO  2a SO vng góc với đáy Gọi M trung điểm SC Tính khoảng cách hai đường thẳng SA BM A 2a Chọn D B 3a a 21 Hướng dẫn giải C D a Vì M trung điểm SC nên OM / / SA, MS  MC Do 3V d  SA, BM   d  SA,  OBM    d  C ,  OBM    C OMB SOMB Ta có OC  AC  2a nên 2 OB  BC  OC  a  SOBC  OB.OC  a 2 Gọi N trung điểm OC MN / / SO nên MN   OBC  MN  SO  a 2 Do VM OBC  MN SOBC  a 3 Ta có SA  SO2  OA2  3a nên OM  3a Tam giác OMB vuông O nên SOMB  OB.OM  a 2 3V  d ( SA, BM )  C OMB  a Vậy chọn đáp án D sOMB Câu 2589 [1H3-5.7-3] Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a, BAD = 600 G trọng tâm tam giác ABD SG  (ABCD), SG = a Gọi M trung điểm CD Tính khoảng cách AB SM theo a A a 2 B a 3 C a D a Hướng dẫn giải Chọn A a Vì ABCD hình thoi cạnh a, BAD = 600nên  ABD  BCD tam giác cạnh a, M trung điểm CD Vì AB//CD  AB//(SCD) Dễ thấy SG đường cao khối chóp S.ABCD SG =  d (AB, SM) = d (AB, (SCD)) = d ( B, (SCD)) = h Gọi O = AC  BD Hơn 2 1 a 2a AO  AC  AC   GC  3 3 Ta lại có: GD = GA 2 a 12 a  SC  SG  GC    2a 9 AG  = a 6a 3a  SD  SG  GD    a2 9 Suy cos SCD SC = cos SCD CD SD 2SC.CD 2a a a 2.a 2.a SCD 450 1 a a2 SC.CM sin 450  a  (đvdt) 2 2 3V Mặt khác: VS BCM  VB.SCM  h.SSCM  h  B.SCM SSCM Khi SSMC  a a a 2 a3 a3 a3 VB.SCM  VS BCM  VS ABCD      3 8 24 Suy h  a3 24  a Vậy d  AB, SM   a Vậy chọn đáp án A a2 2 Câu 2592 [1H3-5.7-3] Cho hình chóp S ABC có SA  2a, AB  a Gọi M trung điểm cạnh BC Tính theo a thể tích khối chóp S ABC khoảng cách hai đường thẳng AM SB A a 15 47 B a 512 43 C a 517 47 Lời giải Chọn C Gọi O tâm ABC cạnh a Do S ABC hình chóp nên SO   ABC  Ta có SABC  a a2 OA  Xét SOA có: SO  SA2  OA2  4a  a 11a a 33   SO  3 1 a 33 a a3 11 Vậy VS ABC  SO.SABC   3 12 Gọi I , J , K trung điểm đoạn SC, CO, OM Do SB / / MN  SB / /  AMN  Suy ra: d  AM , SB   d  B  AMN    d  C,  AMN    2d  I ,  AMN   D a 125 45  AM  IJ Ta có:   AM   IJN    IJN    AMN  theo giao tuyến NJ  AM  IN Trong  IJN  , kẻ IK  NJ  IK   AMN   d  I ,  AMN    IK Xét tam giác IJN có: 1 16 12 188 11       IK  a IK IJ IN a 11a 11a 188 11 a 517  188 47 Vậy d  AM , SB   2IK  2a Vậy chọn đáp án C Câu 2593 [1H3-5.7-3] Cho khối lập phương ABCD.A ' B ' C ' D ' cạnh a Gọi K trung điểm DD ' Tính khoảng cách CK A ' D a a a a A B C D Lời giải Chọn A Gọi M trung điểm BB ' A ' M / /CK d  CK , A ' D   d  CK ,  A ' DM    d  K ,  A ' DM    3VK A ' DM S A ' DM Ta có: 1 VK A' DM  VM KA' D  VB '.KA' D  B ' A ' A ' D '.KD  a3 12 Hạ DH  A ' M Do AD   ABB ' A ' nên AH  A ' M Vì AH MA '  2S AMA'  2S ABB ' A'  a nên AH  3a  S A ' MD  DH A ' M  a Do DH  AD  AH  Vậy d  CK , A ' D   3VK A ' DM S A ' DM a2 2a  MA ' a3 a  12  3 a Câu 34: [1H3-5.7-3] (THPT Trần Phú - Hà Tĩnh - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp tứ giác S ABCD có cạnh đáy 2a , SA tạo với đáy góc 30 Tính theo a khoảng cách d hai đường thẳng SA CD A d  14a B d  10a C d  Lời giải Chọn B 15a D d  5a Gọi O  AC  BD suy SO   ABCD  nên góc SA đáy  ABCD  SAO  30 Gọi M , N trung điểm CD AB Trong  SON  , kẻ OH  SN OH   SAB  Ta có: CD //  SAB  nên d  CD; SA  d  CD;  SAB    d  M ;  SAB    2d  O;  SAB    2OH a 1 Ta có AO  AC  2a  2a suy SO  AO.tan 30  2 1 ON  AB  2a  a 2 Tam giác SON vuông O có OH  Vậy d  CD, SA  Câu 28: ON OS 10  a ON  OS 2 10 a [1H3-5.7-3] (SGD Đồng Tháp - HKII 2017 - 2018) Cho hình lập phương ABCD ABCD có cạnh a  Khi đó, khoảng cách hai đường thẳng chéo AB BC A a B a 3 C Lời giải Chọn B Cách 1: Chọn hệ trục Oxyz hình vẽ B  0;0;0  , A  a;0;0  , B  0;0; a  , C   0; a; a  a D a Ta có: AB   a;0;0  AB   a;0; a   AB có VTCP u1   1;0;1 BC   0; a; a   BC có VTCP u2   0;1;1 u1 , u2    1;1; 1   Suy ra: d  AB, BC    u1 , u2  AB a a     3 u1 , u2    Cách 2: Gọi O tâm hình vuông ABCD Trong mặt phẳng  ACC A  , kẻ CH  CO H , mà CH  BD (do BD   ACCA  ) nên CH   CBD   d  C; CBD   CH Ta có: AB //  C BD   d  AB, BC  d  AB,  CBD    d  A,  CBD    d C,  CBD    CH Xét  CCO vuông C , đường cao CH : 1 a     CH  CH CO CC 2 a Câu 33 [1H3-5.7-3] (THPT Hà Huy Tập - Hà Tĩnh - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp S.ABCD có SA   ABCD  , đáy ABCD hình chữ nhật với AC  a BC  a Tính khoảng cách SD BC ? 3a A B a C a D 2a Lời giải Chọn B S A D C B d  BC; SD   d  BC;  SAD    d  B;  SAD    BA BA  AC  BC  5a  2a  a Câu 45: [1H3-5.7-3] (THPT Phan Chu Trinh - ĐăkLăk - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác cạnh a , SA   ABC  , góc đường thẳng SB mặt phẳng  ABC  60 Khoảng cách hai đường thẳng AC SB A a B a 15 C 2a Lời giải Chọn B Vì SA   ABC  nên  SB;  ABC     SB; AB   SBA  SBA  60 SA  AB.tan SBA  a.tan 60  a D a Dựng hình bình hành ACBD , ta có AC //  SBD  nên: d  AC; SB   d  AC;  SBD    d  A;  SBD   Gọi M trung điểm BD , suy BD  AM Từ SA   ABC  ta có BD  SA , BD   SAM  Kẻ AH  SM ( H  SM ) BD  AH Từ BD  AH AH  SM suy AH   SBD  Nên d  A;  SBD    AH a Trong tam giác SAM vng A , ta có 1 a 15 1     AH    AH AM SA2  a 2 a a     Tam giác ABD cạnh a nên AM    Vậy d  AC; SB   d  A;  SBD    AH  a 15 S H A C D M B Câu 41: [1H3-5.7-3](THPT AN LÃO-HẢI PHÒNG-Lần 3-2018-BTN) Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác cạnh a ; gọi I trung điểm AB , hình chiếu S lên mặt phẳng  ABC  trung điểm H CI , góc SA mặt đáy 45 (tham khảo hình vẽ bên dưới) S A C H I B Khoảng cách hai đường thẳng SA CI A a 21 14 B a 77 22 a 14 Lời giải C D a 21 Chọn B S K E A C H I B Ta có:  SA,  ABC     SA, AH   SAH  45 Dựng hình bình hành AIHE CI //  SAE   d  SA, CI   d  CI ,  SAE    d  H ,  SAE   Do tam giác ABC I trung điểm AB nên CI  AB Suy AIHE hình chữ nhật có HE  AI  a  SH  HE  AE   SHE   AE   SHE    SAE    SHE  Do đó:   AE  HE Trong mặt phẳng  SHE  , dựng K hình chiếu H đường thẳng SE ta có HK   SAE   d  H ,  SAE    HK Tam giác SAH vuông cân S  SH  AH  AI  HI  Tam giác SHE vuông H , có HE đường cao nên HK   a 3a a   16 SH HE SH  HE a 77 22 Vậy khoảng cách hai đường thẳng SA CI a 77 22 Câu 721 [1H3-5.7-3] Cho tứ diện ABCD có cạnh a Tính khoảng cách AB CD A a B a C Lời giải Chọn C a D a A N B D M C Ta có: Tứ diện ABCD tứ diện cạnh a Gọi M , N trung đểm CD, AB  AM  CD  CD  ( ABM )  CD  MN (1)  BM  CD Suy ra:  Mà: MAB cân M ( AM  BM )  MN  AB (2) Từ (1) (2) suy ra: MN đoạn vng góc chung AB CD  d ( AB, CD)  MN  a  MA  MB   AB  a  Mặt khác: Trong tam giác MAB có: MN đường trung tuyến  Suy MN  a a MA2  MB AB a  d ( AB, CD)   MN    2 Câu 723 [1H3-5.7-3] Cho hình lập phương ABCD A ' B ' C ' D ' có cạnh a Khoảng cách BB ' AC bằng: A a B a a C D Lời giải Chọn C A' D' C' B' A D O B C Ta có: ABCD A ' B ' C ' D ' hình lập phương  BB '  ( ABCD) Gọi O  AC  BD a  BO  AC  BO đoạn vuông góc chung AC BB '  BO  BB ' Mặt khác:  Suy ra: d ( BB ', AC)  BO Trong tam giác OBC vuông cân O : BO  Suy ra: d ( BB ', AC )  BC a  2 a Câu 32: [1H3-5.7-3](THPT-Chuyên Ngữ Hà Nội_Lần 1-2018-BTN) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh 2a , mặt bên SAB tam giác vuông cân S nằm mặt phẳng vng góc với đáy Tính khoảng cách hai đường thẳng AB SC A a B a C 2a D 2a Lời giải Chọn D S I A D K H B C Gọi H trung điểm AB Ta có  SAB    ABCD  theo giao tuyến AB Trong  SAB  có SH  AB nên SH   ABCD  Kẻ HK // AD  K  CD   HK  CD mà SH   ABCD   CD  SH Do CD   SHK  Suy  SCD    SHK  theo giao tuyến SK Trong  SHK  , kẻ HI  SK HI   SCD  Ta có: AB //  SCD  nên d  AB, SC   d  AB,  SCD    d  H ,  SCD    HI Tam giác SAB vng cân có AB  2a  SH  a Tam giác SHK có Vậy d  AB, SC   1 5a    HI  HI SH HK 5a Câu 32: [1H3-5.7-3](Chuyên Vinh - Lần - 2018 - BTN) Cho hình lập phương ABCD ABCD cạnh a Gọi M , N trung điểm AC BC  (tham khảo hình vẽ bên) Khoảng cách hai đường thẳng MN BD A 5a B 5a C 3a Lời giải Chọn D Ta có BD / / BD  BD / /  MBD  d  MN , BD   d  BD,  MDB    d  B,  MDB    d  C ,  NBD   Gọi h khoảng cách từ C đến  NBD  , I  CC  BN Ta có 1 1 1 2a        h h2 CB CD CI a a 4a 4a D a Vậy d  BD   a Câu 43: [1H3-5.7-3] (Sở Phú Thọ - Lần - 2018 - BTN) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình thoi cạnh a , ABC  60 , SD   ABCD   SAB    SBC  (tham khảo hình vẽ) Khoảng cách hai đường thẳng SA BD A a 42 B a 42 14 C a D a 42 21 Lời giải Chọn B Gọi I  AC  BD Dựng IK  SB  K  SB     SAB  ,  SBC    AKC  90 Dựng hình chữ nhật AIDE Ta có: BD//AE  BD//  SAE   d  BD; SA  d  BD;  SAE    d  D;  SAE   Dựng: DH  SE  H  SE   AE  ED  AE   SED    SEA   SED  Vì   AE  SD  DH   SEA  d  D;  SEA   DH Ta có: BKI Với: KI  SDB  SD DB  IK KB a a AC  ; BD  a ; KB  IB  IK  2  SD  a Trong tam giác SED có Vậy: d  SA; BD   1 4 14 a 42       DH  DH DE SD a 6a 3a 14 a 42 14 Câu 37: [1H3-5.7-3](Sở GD-ĐT Cần Thơ -2018-BTN) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh 2a , tam giác SAB đều, góc  SCD   ABCD  60o Gọi M trung điểm cạnh AB Biết hình chiếu vng góc đỉnh S mặt phẳng  ABCD  nằm hình vng ABCD Khoảng cách hai đường thẳng SM AC A a B a 10 3a 10 C D 5a Lời giải Chọn A S A D M B I H C N  AB  SM  AB   SMI  Gọi I trung điểm cạnh CD ,   AB  MI Do CD//AB nên CD   SMI   ((SCD),( ABCD))  SIM Vẽ SH  MN H  MN SH   ABCD  Tam giác SMI có SM  MI  SI  2.MI SI cos SIM  3a2  4a2  SI  2a.SI  SI  2a.SI  a   SI  a Cách 1: Theo định lý Pythagore đảo SMI vng S  SH  SM SI a  MI Vẽ SH  MN H  MN SH   ABCD  Gọi N trung điểm cạnh BC ta có AC //MN  d  AC , SM   d  AC ,  SMN    d  C ,  SMN    3VSMNC SSMN 1 a a3 Ta có VSMNC  VS MNB  SH BM BN  a.a  12 Tam giác SIC có SC  SI  IC  a  a  a Tam giác SBC có SN  SB  SC BC   2a  SN  a Tam giác SMN có nửa chu vi p  SM  SN  MN a  a  a  2 Và diện tích SMN SSMN  a 15 p  p  SM  p  SN  p  BC   a3 3VSMNC  12 a Vậy d  AC , SM     SSMN a 15 Cách 2: SM SI a 3a ; HM   MI Gọi O  AC  BD ; N trung điểm cạnh BC ta có AC //  SMN  Ta thấy SM  SI  MI nên SMI vuông S Suy SH  Do đó, d  AC, SM   d  AC,  SMN    d  O,  SMN    d  H ,  SMN   Gọi K hình chiếu H lên MN , ta có HKM vng cân K nên HK  HM 3a  2 SH HK a Vậy d  AC , SM    SH  HK Câu 41: [1H3-5.7-3](THPT THÁI PHIÊN-HẢI PHỊNG-Lần 4-2018-BTN) Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác cạnh 2a Gọi I trung điểm AB Biết hình chiếu S lên mặt phẳng  ABC  trung điểm CI , góc SA đáy 60 (tham khảo hình vẽ bên) Khoảng cách hai đường thẳng SA CI A a B a 21 C a 42 D a 57 19 Lời giải Chọn B a 3 7a a Ta có SAH  60 , HI   2a  , AH  a   , SH  AH tan 60    2 2   a a 21 3 2 Từ A kẻ đường thẳng d song song với CI , gọi   mặt phẳng chứa SA, d , suy  CI //    d  SA, CI   d  H ,    Từ H kẻ HK  d K , HG  GK G , suy d  H ,     HG Tính HG  HK SH HK  SH  a a 21  a 21  a2       a 21 ... giải: Đặng Thanh Quang – CÂU 38 – 39 Câu 13 [1H 3- 5 . 7 -3 ] (SGD Bà Rịa - Vũng Tàu - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình lập phương ABCD ABCD có cạnh a Khoảng cách hai đường thẳng AC DC A a B 2a... 3a 3a Vậy d  AB; SC   AH  a 21 Câu 35 : [1H 3- 5 . 7 -3 ](Sở GD ĐT Cần Thơ - 201 7-2 018 - BTN) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a , đường thẳng SA vng góc với mặt phẳng  ABCD  , góc đường. .. 4a 5 Câu 23: [1H 3- 5 . 7 -3 ] (THPT Đồn Thượng - Hải Phịng - Lân - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vng B , AB  3a , BC  4a SA   ABC  Góc đường thẳng SC mặt phẳng 