Chuyên đề hình học không gian khoảng cách trong không gian giải chi tiết

Chuyên đề về khoảng cách trong không gian chương trình toán họcTHPT từ cơ bản đến nâng cao lớp 12, được biên soạn tương đối đầy đủ về các bài tập được giải chi tiết từng câu, từng bài. Tài liệu này giúp giáo viên tham khảo để dạy học, ôn luyện cho học sinh, học sinh tham khảo tài liệu này rất bổ ích nhằm nâng cao kiến thức toán học về khoảng cách trong không gian lớp 11, 12 và để ôn thi TN THPQG và ôn thi đại học.

/ Chuyên đề KHOẢNG CÁCH TRONG KHÔNG GIAN TÀI LIỆU DÀNH CHO ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH KHÁ – GIỎI MỨC ĐỘ 7+ Dạng Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng  Bài tốn 1: Tính khoảng cách từ hình chiếu vng góc đỉnh đến mặt bên Phương pháp xác định khoảng cách từ hình chiếu đỉnh đến mặt phẳng bên Bước 1: Xác định giao tuyến d Bước 2: Từ hình chiếu vng góc đỉnh, DỰNG AH  d ( H �d ) AI  SH  I �SH  Bước 3: Dựng Khoảng cách cần tìm AI Với S đỉnh, A hình chiếu vng góc đỉnh mặt đáy Ví dụ điển hình: Cho hình chóp S.ABC có SA vng góc với đáy (ABC) Hãy xác khoảng cách từ điểm A đến mặt bên (SBC) Ta có BC giao tuyến mp (SBC) (ABC) Từ hình chiếu đỉnh điểm A, dựng AH  BC H Dựng AI  SH I �BC  SA � BC   SAH  �  SBC    SAH  � Vì �BC  AH Mặt phẳng (SBC) vng góc với mặt phẳng (SAH) theo giao tuyến SH có AI  SH AI  mp  SBC  � d  A, mp  SBC    AI nên  Bài toán 2: Tính khoảng cách từ đểm đến mặt phẳng Thường sử dụng công thức sau: N d  M , mp  P    MO AO d  A, mp  P   Công thức tính tỉ lệ khoảng cách: Ở cơng thức cần tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (P) Câu B C có đáy ABC tam giác cạnh a (Mã 102 - 2020 Lần 1) Cho lăng trụ đứng ABC A��� AA�  2a Gọi M trung điểm CC �(tham khảo hình bên) Khoảng cách từ M đến mặt BC   A� phẳng a A 5a B 57a C 19 Lời giải D 57a 19 Chọn D H Gọi H , K hình chiếu A lên BC A� Ta có d  M ,  A� BC    1 d  C� ,  A� BC    d  A,  A� BC    AK 2 a AK  � AA  a Mà ; nên a 57 d  M ;  A� BC    19 Vậy AH  Câu AH AA� 2a 57 19 AH  AA�  B C có đáy ABC tam giác cạnh (Mã 103 - 2020 Lần 1) Cho hình lăng trụ đứng ABC A��� a A� A  2a Gọi M trung điểm A� A (tham khảo hình vẽ bên) Khoảng cách từ M đến C  AB� mặt phẳng A 57 a 19 B 5a 5a C Lời giải 57 a D 19 Chọn A Gọi I  BM �AB�và K trung điểm AC d  M ,  AB� C   MI MA 1 BH    � d  M ,  AB� C    d  B,  AB� C   BI BB� 2 d  B,  AB� C  Ta có 1 1 57 a     � BH  2 2 BH B� B BK 19  2a  �a � � � �2 � K có Xét tam giác BB� BH 57a d  M ,  AB� C    19 Vậy Câu B C có tất cạnh a Gọi M (Mã 104 - 2020 Lần 1) Cho hình lăng trụ đứng ABC A��� trung điểm AA�(tham khảo hình vẽ) C  AB� Khoảng cách từ M đến mặt phẳng a 21 a a A B C Lời giải Chọn D a 21 D 14 A�  ABB�  , gọi E giao điểm BM AB� B đồng Khi hai tam giác EAM EB� d  M ,  AB� C   EM MA 1    � d  M ,  AB� C   � d  B ,  AB � C  d  B,  AB� C  EB BB� 2 dạng Do a BN  a , BB� Từ B kẻ BN  AC N trung điểm AC Trong N Kẻ BI  B� Vậy Câu d  B,  AB� C    BI  d  M ,  AB� C   BB� � BN BB�  BN  a 21 a 21 � d  B,  AB� C   14 B C có tất cạnh a Gọi M (Mã 101 - 2020 Lần 1) Cho hình lăng trụ đứng ABC A��� BC   A� trung điểm CC �(tham khảo hình bên) Khoảng cách từ M đến mặt phẳng 21a A 14 Chọn B 2a C Lời giải 21a A C� M � A� BC   C d  M ,  A� BC   , suy d  C� ,  A� BC    C� M  C� C 1 a a3 � VC � A�BC  VABC A���  C C S  a  BC ABC 3 12 Ta có a � S A�BC  B  a , CB  a , A� Ca Lại có A� D 2a d  C� ,  A� BC    Suy 3VC � A�BC S A�BC a3 a 21  12  a 1 a 21 a 21 d  M ,  A� BC    d  C � ,  A� BC     2 14 Vậy Câu (Mã 101 2018) Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác vng đỉnh B , AB  a , SA vng góc  SBC  với mặt phẳng đáy SA  2a Khoảng cách từ A đến mặt phẳng 5a 5a 2a 5a A B C D Lời giải Chọn A �BC  AB � BC   SAB  � BC  SA � Ta có � AH   SBC  Kẻ AH  SB Khi AH  BC � AH khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  4a 2 5a 1 1 � AH   2    � AH  2 5 SA AB 4a a 4a Ta có AH Câu (Mã 102 2018) Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác vng đỉnh B , AB  a , SA vng góc  SBC  với mặt phẳng đáy SA  a Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng a a a A B C D a Lời giải Chọn B  SBC  Kẻ AH  SB mặt phẳng �BC  AB � BC   SAB  � BC  SA � � BC  AH Ta có: �AH  BC � AH   SBC  � d  A,  SBC    AH  SB  a � AH  SB 2 Vậy � Câu (Mã 103 - 2019) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a , mặt bên SAB tam giác nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy (minh họa hình vẽ bên)  SAC  Khoảng cách từ D đến mặt phẳng a A a 21 B a 21 C 14 Lời giải a 21 D 28 Chọn B * Gọi O  AC �BD G trọng tâm tam giác ABD , I trung điểm AB ta có d  D;  SAC   DG   � d  D;  SAC    2.d  I ;  SAC   IG d  I ;  SAC   SI   ABCD  IK  AC ; IH   SAC  * Gọi K trung điểm AO , H hình chiếu I lên SK ta có � d  D;  SAC    2.d  I ;  SAC    2.IH SI  a BO a ; IK   2 * Xét tam giác SIK vng I ta có: 1 16 28 a      � IH  IH SI IK 3a 2a 3a a 21 � d  D;  SAC    2.d  I ;  SAC    2.IH  Câu (Mã 101 -2019) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a, mặt bên SAB tam giác nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy (minh họa hình vẽ bên)  SBD  Khoảng cách từ A đến mặt phẳng 21a A 14 B 21a C Lời giải 2a D 21a 28 Chọn B SH   ABCD  Gọi H trung điểm AB Khi đó, Gọi O giao điểm AC BD suy AC  BD Kẻ HK  BD K ( K trung điểm BO ) d  A,  SBD    2d  H ,  SBD    HI Kẻ HI  SH I Khi đó: a a , HK  AO  2 Xét tam giác SHK , có: 1 28 a 21    � HI  2 2 HI SH HK a 14 Khi đó: a 21 d  A,  SBD    HI  Suy ra: SH  Câu o � (Đề Tham Khảo 2019) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình thoi cạnh a , BAD  60 , SA  a SA vng góc với mặt phẳng đáy Khoảng cách tứ B đến  SCD  bằng? 21a 15a 21a 15a A B C D Lời giải Chọn C CÁCH 1: AB / / CD � d  B;  SCD    d  A;  SCD   Ta có MA  CD  M �CD  AH  SM � SH   SCD  � d  A,  SCD    SH Kẽ ,kẽ 2S S a 1 21 AM  ACD  ABCD   2 � SM  a 2 SA  a ; CD CD SH SA AM AB / / CD � d  B;  SCD    d  A;  SCD    CÁCH 2: Ta có ( SCD; SD  a 2; SC  2a; CD  a ) Câu 10 3VS BCD 3VS A BCD 21a   S SCD 2S SCD (Mã 102 - 2019) Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a, mặt bên SAB tam giác nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy ( minh họa hình vẽ bên) Khoảng cách từ C đến mặt phẳng ( SBD ) A 21a 14 B 2a C Lời giải 21a D 21a 28 Chọn C Gọi H trung điểm AB � SH  AB � SH  ( ABCD) Từ H kẻ HM  BD , M trung điểm BI I tâm hình vng �BD  HM � BD  (SHM) � BD  SH � Ta có: Từ H kẻ HK  SM � HK  BD ( Vì BD  (SHM) ) � HK  ( SBD) � d(H;(SBD))  HK Ta có: HK  AI AC 2a 3a   SH  4 2a 3a HM HS 21a   2 14 HM  HS � 2a � � 3a � � � � � �4 � �2 � HM  d (C ;( SBD))  d ( A;( SBD))  2d ( H ;( SBD))  HK  21a  14 21a Vậy: d (C ;( SBD )) Câu 11  21a (Mã 103 2018) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh 3a , SA vng góc với mặt  SBC  phẳng đáy SA  a Khoảng cách từ A đến mặt phẳng 6a 3a 5a 3a A B C D Lời giải Chọn D �BC  AB � BC   SAB  Ta có: �BC  SA � �  SAB    SBC  �  SAB  � SBC   SB � �  SAB  : Kẻ AH  SB � AH  d  A;  SBC   Trong mặt phẳng 1 1  2  2  2 a 3a AH SA AB 3a � Câu 12 d  A;  SBC    AH  3a Chọn D (Chuyên Vĩnh Phúc 2019) Cho tứ diện ABCD có cạnh a Tính khoảng cách từ A đến BCD  mặt phẳng  a a 3a A B C D 2a Lời giải: Chọn B Gọi E , F , G trung điểm BD, CD trọng tâm tam giác BCD Tam giác BCD nên suy a CG  CE  3 CE  BC a  2 a 2a a AG  AC  CG  a   � AG  3 Tam giác ACG vng G nên ta có a d  A,  BCD    AG  Vậy 2 2 Vì tứ diện ABCD có AB , AC , AD đơi vng góc với nhau, nên ta chọn hệ trục tọa độ Axyz hình vẽ (với A gốc tọa độ, đường thằng AC nằm trục Ax , AD nằm trục Ay AB nằm trục Az ) A  0;0;0  B  0;0;1 C  1;0;0  D  0; 2;0  B �Az , C �Ax , D �Ay 1� �1 I � ; 0; � � Vì I trung điểm BC nên �2 Từ đó, ta quay tốn tính khoảng cách hai đường thẳng chéo hệ tọa độ không gian Axyz uur �1 uur uuur � � �uuur r AI  � ;0; � , BD   0; 2; 1 � � AI , BD � 1; ;1 � uuu � � � AB   0;0;1 2 � � � � Ta có uur uuur uuur  1   1.1 � � AI , BD AB � � d  AI , BD     uur uuur � � AI , BD � � � �  1  � � 12 �2 � Ta có Từ suy ra: Câu 34 , (Sở Yên Bái - 2020) Cho hình lăng trụ đứng biết thẳng a A Chọn A , , trung điểm có đáy tam giác vuông cân B , Tính khoảng cách hai đường 2a B a C Lời giải a 15 D Kẻ Ta có tứ diện Câu 35 tứ diện vuông (Đặng Thúc Hứa - Nghệ An - 2020) Cho hình chóp tứ giác S ABCD có cạnh đáy 2a , o cạnh SA tạo với mặt phẳng đáy góc 30 Khoảng cách hai đường thẳng SA CD 15a 14a 10a 5a A B C D Lời giải Chọn C Gọi O tâm mặt đáy, M trung điểm AB , H hình chiếu O SM � � SAO �  30o � SO  AO tan 30o  a  SA,  ABCD     SA, OA  SAO Ta có AB  OM , AB  SO � AB   SOM  � AB  OH SM  OH � OH   SAB  Ta có , mà SOM O OH Tam giác vng có đường cao nên 1 10a      � OH  2 OH SO OM 2a a 2a Vì Câu 36 CD //AB � d  CD, SA   d  CD,  SAB    d  C ,  SAB    2d  O,  SAB    2OH  10a (Kim Liên - Hà Nội - 2020) Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác cạnh a , SA vuông  SBC  mặt phẳng đáy 60�(minh họa hình góc với mặt phẳng đáy, góc mặt phẳng đây) Gọi M , N trung điểm AB, AC 73 Khoảng cách hai đường thẳng SB MN 3a 3a a A B C Lời giải Chọn A D a Gọi E trung điểm BC , tam giác ABC � AE  BC , lại có SA  BC � BC  SE �  60�  SBC  � ABC   BC �   SBC  ,  ABC    SEA Mặt khác SA � SB // MP, MP � MNP  � SB //  MNP  Gọi P trung điểm � d  SB, MN   d  SB,  MNP    d  B,  MNP    d  A,  MNP   � � Gọi AE �MN  I � PIA  SEA  60�và AI  MN MN  AI , MN  PI � MN   API  �  PMN    API  Ta có  PMN  � API   PI , kẻ AH  PI � AH   PMN  � d  A,  PMN    AH Mà a a 3 3a � AIP  60� , AI  AE  � AH  AI sin � AIP   4 Xét API có 3a d  SB, MN   Vậy Câu 37 ABCD (Liên trường Nghệ An 2020) Cho tứ diện có � ABC  � ADC  � ACD  90 , BC  2a, CD  a , góc đường thẳng AB mặt phẳng  BCD  60 Tính khoảng cách hai đường thẳng AC BD a A 31 Chọn C 2a B 31 2a C 31 Lời giải a D 31 Gọi H chân đường cao tứ diện ABCD �BC  AB � BC  HB �  1 BC  AH � Ta có: CD  AD � � CD  HD �  2 CD  AH � Lại có: � Mà BCD  90� Từ ta suy HBCD hình chữ nhật � AB,  BCD   � ABH  60� Mặt khác: Suy ra: AH  HB.tan 60� a Chọn hệ trục Oxyz �H DBA hình vẽ     H  0;0;0  A 0; 0; a B  0; a;0  C  2a; a;0  D  2a;0;0  Ta có: , , , , uuur uuu r uuur AC  2a; a;  a BD   2a;  a;0  AB  0; a; a , , uuur uuur uuu r � AC , BD � AB 2a 3 2a 93 � � d  AC , BC     uuur uuur 2 31 � AC , BD �  a  2 a   4 a  � � Vậy     Câu 38     (Lý Nhân Tông - Bắc Ninh - 2020) Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đơi vng góc với OA  OB  a , OC  2a Gọi M trung điểm AB Khoảng cách hai đường thẳng OM AC 2a 2a 5a 2a A B C D Lời giải Chọn D 75 OM //  CAE  d  OM , AC   d  OM , (CAE )   d  O, (CAE )  Dựng AE //OM , Do Dựng OK  AE , ta có: �AE  OK �AE  OC Vì CO  ABC � AE   COK     �  CAE    COK  nên  CAE  � COK   CK Kẻ OH  CK , OH   COK  Suy d  O, (CAE )   OH Ta có Mà AE � CAE  2 Xét tam giác OAB ta có : AB  OA  OB  a AB a OK  AM   2 Dễ thấy OKAM hình chữ nhật nên Xét tam giác COK ta có : 1 1 1   �   � OH  a 2 2 2 OH OK OC OH �a �  2a  � � �2 � Câu 39 (Nguyễn Huệ - Phú Yên - 2020) Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác vuông A , AB  a, AC  2a, SA vng góc với mặt phẳng đáy SA  2a Gọi G trọng tâm ABC Khoảng cách hai đường thẳng SG BC a 2a 2a 4a A B C D Lời giải Chọn A  SAM  dựng Gọi M trung điểm BC Trong mp d  SG, BC   d  SG,  S � BC    d  G ,  S � BC   Do S� M / / SG Suy S� A SA  3a d  G,  S � BC    d  A,  S � BC   Vì AM  3GM nên � BC   S AH  Kẻ AH  BC ta có AK  S � H � AK  d  A,  S � BC   Kẻ 1 2a 1 6a   � AH    � AK  2 2 2 AB AC Suy AK S� A AH Ta có AH 2a d  G,  S � BC    AK  Do Câu 40 (Nguyễn Trãi - Thái Bình - 2020) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành , góc �SBC  60� , góc �SCA  45� Tính khoảng cách d SA  SB  SC  11, góc �SAB  30� hai đường thẳng AB SD A 22 B 22 C Lời giải 22 D 11 Chọn B 2 Trong tam giác SAB ta có SB  SA  AB  2SA.AB.cos 30�� AB  11 Trong tam giác SBC ta có SB  SC  11, �SBC  60�nên SBC suy BC  11 Trong tam giác SCA ta có SC  SA  11, �SCA  45� nên SCA vuông cân S suy AC  11 2 Xét tam giác ABC có BC  AC  AB ABC vng C Gọi I hình chiếu S lên mặt phẳng ( ABCD ) SA  SB  SC nên I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , ABC vng C nên I trung điểm AB SI  ( ABCD) � SI  CD (1) Vẽ IK  CD (2), IH  SK (3) Từ (1) (2) suy CD  ( SIK ) � CD  IH (4) Từ (3) (4) suy IH  ( SCD ) khoảng cách d ( I , ( SCD))  IH Ta lại có AB //CD suy khoảng cách d ( AB , SD)  d ( AB, (SCD ))  d ( I , ( SCD))  IH Trong mặt phẳng đáy vẽ CJ  AB ta suy IK  CJ  CA.CB 11  AB 77 Trong tam giác SAB cân S có Trong tam giác SIK vng I ta có Câu 41 AB 11  IK SI  22 IK  SI SI  SA2  IH  B C có cạnh bên a , (Tiên Du - Bắc Ninh - 2020) Cho hình lăng trụ tam giác ABC A��� B, BC  a 3, AB  a Biết hình chiếu vng góc đỉnh A�lên đáy ABC tam giác vuông uu uur uuur 3AM  AC Khoảng cách hai đường thẳng AA�và BC M mặt đáy điểm thoả mãn a 210 a 210 a 714 a 714 A 15 B 45 C 17 D 51 Lời giải Chọn A Dựng hình bình hành ABCD , tam giác ABC tam giác vuông B nên ABCD hình chữ nhật BC / / AD � BC / /  A� AD  Suy d  BC , AA� AD    d  C ,  A� AD     d  BC ,  A� Do uuuur uuur � � d C , A AD  d M , A AD      Mà 3AM  AC nên  MH  AD �  A� MH    A� AD   A� H Kẻ � � MK  A H � MK   A AD  � MK  d  M ,  A� AD   Kẻ 2a a 14 AC  AB  BC  2a � AM  AC  � A� M  A� A2  AM  3 Mặt khác ta có MH AM 1 a MH / / CD �   � MH  CD  AB  CD AC 3 3 Và 1 1 1 135 a 210   �   �  � MK  2 2 2 2 MK A� M MH MK 14a 45 �a 14 � �a � MK � � � � � � �� Suy a 210 a 210 d  BC , AA� AD    3d  M ,  A� AD    3MK     d  C ,  A� 45 15 Vậy Câu 42 (Hải Hậu - Nam Định - 2020) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh 9a a Biết bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp , độ dài cạnh bên lớn độ dài cạnh đáy Khoảng cách hai đường thẳng AB SD 2a 17 A 17 4a 17 B 17 4a 34 C 17 2a 34 D 17 Lời giải Chọn D Gọi O  AC �BD , M trung điểm SC Trong tam giác SAC , dựng đường trung trực đoạn thẳng SC cắt SO I , I tâm mặt cầu 9a R  SI  ngoại tiếp hình chóp S ABCD , bán kính Vì độ dài cạnh bên lớn độ dài cạnh đáy nên tâm I mặt cầu ngoại tiếp hình chóp thuộc đoạn SO Gọi x độ dài cạnh bên hình chóp Ta có SOC đồng dạng với SMI 9a x SI SM  �  SC SO x x  a2 Suy x2 � 9a x  a  2 x � 81a  x  a   x 2 � �x � � � � �x � �a � �x � 2 � � x  81a x  81a  � � � 81� � 81  � �x �a � �a � �� � � � �a � � � 9a x2  a2  �x � � � �a � khơng thỏa x  a �x � � � � x  3a �a � SO   3a   a  8a 2 Suy d  AB; SD   d  AB,  SDC    d  A;  SCD    2d  O;  SCD   79 d O,  SCD    OH Gọi E trung điểm CD , kẻ OH  SE ,  1 1 2 2a     � OH  2 OH SO OE 8a a 17 34a d  AB; SD   2OH  17 Câu 43 (Lương Thế Vinh - Hà Nội - 2020) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB  2a , AD  3a (tham khảo hình vẽ) Tam giác SAB cân S nằm mặt phẳng vuông  SCD  mặt đáy 45� Gọi H trung điểm cạnh AB góc với mặt đáy; góc mặt phẳng Tính theo a khoảng cách hai đoạn thẳng SD CH 11a A 11 14a B 10a C 109 Lời giải Chọn B Cách 1: �  SAB    ABCD  �  SAB  � ABCD  � � SH  AB; SH � SAB  � SH   ABCD  Ta có: � Kẻ HK  CD ( K trung điểm CD ) � CD   SHK  � CD  SK � �  45� �   SCD  ;  ABCD    � SK ; HK   SKH � SHK vuông cân H � SH  HK  3a 85a D 17 Kẻ d qua D song song với HC cắt AB E � ED  HC  a 10 � d  CH ; SD   d  CH ;  SED    d  H ;  SED   � ED   SHF  Kẻ HF  ED � HG   SED  � d  H ;  SED    HG Kẻ HG  SF AD.EH  3a.2a  10a 1 SHED  AD.EH  HF ED � HF  a 10 2 ED Ta có: Xét tam giác SHF vng H ta có: 10a  18a 14a 9a   3a 1 � HG    2 HG SH HF � d  CH ; SD   SH HF SH  HF 14a Cách 2: �  SAB    ABCD  �  SAB  � ABCD  � � SH  AB; SH � SAB  � SH   ABCD  Ta có: � HK  CD CD K Kẻ ( trung điểm ) � CD   SHK  � CD  SK �  45� � � SK ; HK   SKH  SCD  ;  ABCD    � � SHK vuông cân H � SH  HK  3a Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ H �O , tia Ox chứa HK , tia Oy chứa HA , tia Oz chứa HS H  0;0;0  C  3a;  a ;  D  3a; a;0  S  0;0;3a  Khi đó:uuur ; ; uuu r uu;ur HC   3a;  a ;0  SD   3a; a;  3a  SH   0;0;  3a  Ta có: , , uuur uuu r 2 �� HC ; SD � � � 3a ;9a ;6a uuur uuur uuu r � 6a  3a  SH � HC ; SD � � � d  CH ; SD   uuur uuu r 14a 2 2 2 � � HC ; SD a  a  a � �          Dạng Khoảng cách đường với mặt, mặt với mặt Ở dạng toán quy dạng toán 81    song song với Khi khoảng cách từ điểm Cho đường thẳng  mặt phẳng    gọi khoảng cách đường thẳng  mặt phẳng     đến mặt phẳng d  ,      d  M ,     , M � Cho hai mặt phẳng   song song với nhau, khoảng cách từ điểm mặt       phẳng đến mặt phẳn gọi khoảng cách hai mặt phẳng d     ,      d  M ,      d  N ,     , M �   , N �   Câu (Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm - Quảng Nam - 2020) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thang vng A D , AB  3a, AD  DC  a Gọi I trung điểm AD , biết hai  SBI   SCI  vng góc với đáy mặt phẳng  SBC  tạo với đáy góc mặt phảng 600 Tính theo a khoảng cách từ trung điểm cạnh SD đến mặt phẳng  SBC  a 17 a a a 15 A B 19 C 15 D 20 Lời giải Chọn B Kẻ IK  BC  K �BC  �   SBC  ;  ABCD    S�KI  600 MD a  � MD  Gọi M  AD �BC Ta có MA IK MI   BA MB Ta có MIK đồng dạng với MBA nên suy � IK  a 3a �  3a   � � � �2 �  15 2a 3a  15 Gọi N trung điểm SD Ta có d  N ,  SBC    1 d  D,  SBC    d  I ,  SBC   Từ I kẻ IH  SK suy Câu IH  d  I ,  SBC    IK sin 600  a 15 a 15 � d  N ,  SBC    20 (THPT Lê Xoay Vĩnh Phúc 2019) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình thang vng A  ABCD  , AD  2a, SD  a Tính khoảng cách D , SD vng góc với mặt đáy  SAB  đường thẳng CD mặt phẳng a 2a a A B a C D Lời giải �AB  AD � AB   SAD  Ta có: �AB  SD nên DH � SAD  Kẻ DH  SA H Do nên AB  DH �DH  SA � DH   SAB  � DH  AB � Ta có: DC / /  SAB  Do DC / / AB nên  SAB  DH Vậy khoảng cách đường thẳng CD mặt phẳng 1   1  2    2a  4a a 2 2  SAD DH SD AD D Xét vng có: 2a 2a � DH  Khoảng cách đường thẳng CD mặt phẳng  SAB    83 Câu Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a , SA vng góc với đáy SA  2a Gọi M trung điểm SD Tính khoảng cách d đường thẳng SB mặt  ACM  phẳng 3a 2a a d d d 3 A B d  a C D Lời giải Chọn C Gọi O tâm hình vng Ta có: MO / / SB � SB / /( ACM ) � d ( SB, ( ACM ))  d ( B, ( ACM ))  d ( D, ( ACM )) ( O trung điểm BD ) �MI / / SA � MI  ( ABCD ) �� d ( D, ( ACM ))  2d ( I , ( ACM )) � Gọi I trung điểm AD Trong ( ABCD ) kẻ IK  AC K Trong ( MIK ) kẻ IH  MK H (1) Ta có: AC  MI , AC  IK � AC  ( MIK ) � AC  IH (2) Từ (1) & (2) � IH  ( ACM ) � d ( I , ( ACM ))  IH IH= Trong tam giác MIK ta có: IM.IK IM +IK a a� SA OD BD a a MI   a, IK    � IH  2 4 a2 a  Biết 2a d ( SB, ( ACM ))  Vậy: Câu OH  2a (THPT Lương Đắc Bằng - Thanh Hóa - 2018) Cho hình chóp O ABC có đường cao Gọi M N trung điểm OA OB Khoảng cách đường thẳng MN  ABC  bằng: a a a a A B C D Lời giải Ta có: MN //  ABC  � d  MN ;  ABC    d  M ;  ABC   AM d  M ;  ABC   1 a   � d  M ;  ABC    d  O;  ABC    OH  AO d  O;  ABC   2 Câu Mà ABCD A���� B C D cạnh (Chuyên Nguyễn Quang Diêu - Đồng Tháp - 2018) Cho hình lập phương a Gọi I , J trung điểm BC AD Tính khoảng cách d hai mặt phẳng  AIA�   CJC �  a 3a d  2a d d A B d  2a C D Lời giải // CC � �AA� �AI // CJ � � � �AA �AI  A �AA� , AI � AIA�  �  AIA�  //  CJC �  Ta có: � � d   AIA�  ,  CJC �    d  I ,  CJC �   1 Kẻ IK  CJ � CC �  IK � CC � �CJ  C � � CC � , CJ � CJC �   2 Lại có �  1 ,   suy IK   CJC �  hay d  I ,  CJC �    IK Từ 85 1   2 IC IJ Xét tam giác CJI vuông I : IK a a2 � IK  � IK  5 � 1   2 IK �a � a �� �2 � ... (Chuyên Bắc Giang 2019) Cho hình chóp SABCD có , đáy ABCD hình chữ  SCD  bằng: nhật Biết AD  2a , SA  a Khoảng cách từ A đến 3a 2a 3a 2a A B C D Lời giải Chọn C AH   SCD  Gọi H hình chi? ??u... AB khoảng cách hai đường thẳng chéo a b Câu B C D có cạnh a ( tham khảo hình vẽ (Đề Tham Khảo 2018) Cho lập phương ABCD A���� C bên ) .Khoảng cách hai đường thẳng BD A�� A 3a B 2a C 3a Lời giải. .. Chọn D C khoảng cách mặt Ta có khoảng cách hai đường thẳng chéo BD A�� BCD   ABCD   A���� C Do khoảng cách hai phẳng song song thứ tự chứa BD A�� C a đường thẳng BD A�� 37 Câu (Đề Tham Khảo