Câu 28: [1H3-5.2-3] (Chuyên Thái Bình – Lần 5 – 2018) Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là
hình thoi tâm O , cạnh a , góc BAD  60o , cạnh SO vuông góc với  ABCD  và SO  a .
Khoảng cách từ O đến  SBC  là
A.

a 57
.
19

B.

a 57
.
18

C.

a 45
.
7

D.

a 52
.
16

Lời giải
Chọn A

Vẽ OM  BC tại M thì  SMO   BC   SMO    SBC  , vẽ OH  SM tại H

 OH   SBC   d  O,  SBC    OH
Ta có AC  a 3 , OC 

a 3
OB.OC a 3
a

, OB  , OM .BC  OB.OC  OM 
.
4
2
BC
2

a 3
a 3
a.
a 57
4
4
OH 

.


2
2
19
SO 2  MO 2

3
3
a
a
2
2
a 
a 
16
16
Câu 36: [1H3-5.2-3](Chuyên KHTN - Lần 3 - Năm 2018) Cho hình hộp đứng ABCD. ABCD có

SO.MO

a.

đáy ABCD là một hình thoi cạnh a , ABC  120 , AA  4a . Tính khoảng cách giữa hai
đường thẳng AC và BB .
A.

a 3
.
2

B. a 3 .

C.
Lời giải

Chọn C


a
.
2

D.

a
.
3


C'

B'
A'

D'
B

A
B

O

C

C
O


A

D

D

Ta có  AAC  là mặt phẳng chứa AC và song song với BB

 d  BB, AC   d ( B,( AAC )) .
Gọi O là tâm hình thoi ABCD  BO  AC .
Do ABCD. ABCD là hình hộp đứng nên AA   ABCD   AA  BO .

 BO  AC
 BO   AAC   d ( B,( AAC ))  BO .

 BO  AA
Hình thoi ABCD có ABC  120
 ABC là tam giác đều
 BD  AB  a
a
 BO  .
2
Vậy d  BB, AC   d ( B, ( AAC ))  BO 

a
2

Câu 36.

[1H3-5.2-3] (Chuyên Thái Bình-Thái Bình-L4-2018-BTN) Cho hình lăng trụ tam giác

đều ABC. ABC có tất cả các cạnh bằng a . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  ABC  bằng:
A.

a 2
.
2

B.

a 3
.
4

C.
Lời giải

Chọn C

a 21
.
7

D.

a 6
.
4


 AE  BC

Gọi E là trung điểm của BC . Ta có 
  AAE    ABC 
 AE  BC
Kẻ đường cao AH  H  AE   AH   ABC 
2

a 3
a 2 .

AA2 . AE 2
 2   a 21 .
 d  A,  ABC    AH 

2
2
2
AA  AE
7
a 3
a2  

 2 
Câu 42: [1H3-5.2-3] (Sở GD Cần Thơ-Đề 323-2018) Cho hình lập phương ABCD. ABCD có cạnh
bằng a . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  CBD  bằng
A.

a 3
.
3


B.

a 3
.
2

a 2
.
2

C.

D.

2a 3
.
3

Lời giải
Chọn D
C

B

D
A
I
C'

H


B'

O'
A'

D'

Gọi I  AC  CO ta có I  AC   CBD  . Gọi H là hình chiếu của C  lên CO . Khi đó

d  C;  CBD    CH 

CC .C O
CC 2  C O2



a 3
.
3

Mặt khác, ta có AI  2CI nên d  A;  CBD   2d  C;  CBD   

2a 3
.
3


Câu 18: [1H3-5.2-3](THPT Hồng Bàng - Hải Phòng - Lần 1 - 2018 - BTN) Cho hình chóp S. ABCD
có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh a , AC  a , tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt

phẳng vuông góc với đáy, biết góc giữa SC và mặt phẳng  ABCD  bằng 60 . Gọi I là trung
điểm của AB . Tính khoảng cách từ I đến mặt phẳng  SBC  theo a .
A.

a 13
.
26

B.

3a 26
.
13

C.

a 13
.
2

D. 1  m  5 .

Lời giải
Chọn D

Gọi M , H lần lượt là trung điểm của BC và BM . Do ABC là tam giác đều nên
AM  BC . Mà HI là đường trung bình nên HI  BC .
Kẻ IE  SH tại E . Ta chứng minh được IE   SBC  tại E .
Suy ra: d  I ,  SBC    IE .


Ta có: IE 

IS .IH
IS  IH
2

2

IC.tan 60.



 IC.tan 60

2

AM
2

 AM 


 2 

2



3a 13
.

26

Câu 21. [1H3-5.2-3] Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a, AD  2a ; cạnh
bên SA  a và vuông góc với đáy. Khoảng cách từ điểm A
đến mặt phẳng  SBD  bằng:
A.

2a 3
3

B.

2a
3

Lời giải
Trong  ABCD  , kẻ AE  BD,  E  BD  .
Trong  ABCD  , kẻ AH  SE,  H  SE  (1)

C.

2a 5
5

D.

a 3
2



 BD  SA
Vì 
 BD   SAE   BD  AH (2)
 BD  AE
Từ (1) và (2)  AH   SBD   d  A,  SBD    AH .
Xét ABD vuông tại A có đường cao AE, ta có:
AB. AD

AE 

AB  AD
2



2

a.2a
a  4a
2



2

2a
.
5

Xét SAE vuông tại A có đường cao AH, ta có:


a.

SA. AE

AH 

SA  AE
2



2

2a
5

 2a 
a2  

 5

Vậy d  A,  SBD    AH 

2



2a
3


2a
.
3

Chọn đáp án B.
Câu 22. [1H3-5.2-3] [Trích Đề Minh Họa - 2017]: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình
vuông cạnh bằng a 2 . Tam giác SAD cân tại S và mặt bên  SAD  vuông góc với mặt phẳng
đáy. Biết thể tích khối chóp S.ABCD bằng

4 3
a . Tính khoảng cách h từ B đến mặt phẳng
3

 SCD  .
A. h 

2
a
3

B. h 

4
a
3

8
C. h  a
3


D. h 

3
a
4

Lời giải
Gọi I là trung điểm của AD, vì SAD cân tại S nên SI  AD  SI   ABCD  .
1
 VS . ABCD  .SI .S ABCD
3
4
3. a 3
3VS . ABCD
 SI 
 3 2  2a .
S ABCD
a 2





Trong  SAD  , dựng IH  SD,  H  SD  .

CD  AD
 CD   SAD   CD  IH
Vì 
CD  SI

 IH  SD
 IH   SCD   d  I ,  SCD    IH
Vì 
 IH  CD
AI  SCD  D

AB / /  SCD   d  B,  SCD    d  A,  SCD   

AD
.d  I ,  SCD    2IH
HD


Xét SID vuông tại I có đường cao IH, ta có:
IH 

Vậy d  B,  SCD    2 IH 

ID.IS
ID 2  IS 2



a 2
.2a
2a
2


2

2
2
3
ID  IS
a
 4a 2
2
ID.IS

4a
.
3

Chọn đáp án B.
Bình luận: Thông thường khi tính khoảng cách từ điểm đến mặt ta có 3 hướng đi chính: Đổi
điểm, đổi đỉnh và đổi sang hình học tọa độ không gian (phương pháp tọa độ hóa). Nếu đi theo
hướng giải đổi điểm là đổi gián tiếp từ B sang A rồi sang H (như lời giải trên) sẽ mất nhiều
thời gian không đáp ứng được yêu cầu về tốc độ thi theo hình thức trắc nghiệm. Đồng thời khi
nhận ra đề bài cho thể tích V của khối chóp S.ABCD cho trước bạn nên dùng phương pháp đổi
đỉnh sẽ phù hợp hơn. Cụ thể:

3 4 3
VS . ABCD
. a
3VS .BCD 3. 2
2 3
d  B,  SCD   




1
1
S SCD
SD.CD
.a 2 SI 2  ID 2
2
2
2

4a 2

 2a 

2

a 2


 2 

2



4a
.
3

Câu 23. [1H3-5.2-3] Cho lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C ' có AA '  a, AB  a . Gọi M là trung điểm
của B ' C ' . Khoảng cách từ A tới mặt phẳng  A ' BC  bằng

A.

2a 21
7

B.

2a 7
7

C.

a 21
7

D.

Lời giải

 AI  BC

Gọi I là trung điểm của BC  
AB 3 a 3

 AI 

2
2
Trong  AA ' I  , kẻ AH  A ' I ,  H  A ' I  .


 BC  AI
 BC   AA ' I    A ' BC    AA ' I 
Vì 
 BC  AA '

 A ' BC    AA ' I 

Vì  A ' BC    AA ' I   A ' I  AH   A ' BC 

 AA ' I   AH  A ' I
 d  A,  A ' BC    AH 

Chọn đáp án C.

AA '. AI
AA '2  AI 2



a.

a 3
2

a 3
a2  

 2 

2




a 21
.
7

a 21
21


Câu 25. [1H3-5.2-3] Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a; SD 
vuông góc của S trên

d  H ,  SDC  
a

trùng với trung điểm H của cạnh AB. Khi đó, tỉ số

bằng

2
2

A.

 ABCD 

3a
; hình chiếu

2

B.

3 2
2

3
2

C.

D.

3 3
2

Lời giải
Theo đề bài, ta có: SH   ABCD  .

 HI  a
Gọi I là trung điểm của CD  
.
 HI  CD
CD  HI
Vì 
 CD   SHI    SCD    SHI  .
CD  SH
Trong  SHI  , kẻ HK  SI ,  K  SI  .


 SCD    SHI 

Vì  SCD    SHI   SI  HK   SCD 

 SHI   HK  SI
Suy ra: d  H ,  SCD    HK 

SH .HI
SH 2  HI 2
2

5a 2
a
Ta có: HD 2  AH 2  AD 2     a 2 
4
2
2

2
 3a  5a
 SH  SD 2  HD 2    
a.
4
 2 

Do đó: d  H ,  SCD    HK 

Vậy

d  H ,  SDC  

a



SH .HI
SH 2  HI 2



a.a
a2  a2



a 2
.
2

a 2
2  2.
a
2

Chọn đáp án A.
Câu 1.

[1H3-5.2-3] Cho hình chóp S. ABC có BAC  90, BC  2a, ACB  30 . Mặt phẳng  SAB 

Commented [A1]: CHƯA THEO THỨ TỰ


vuông góc với mặt phẳng  ABC  . Biết tam giác SAB cân tại S , tam giác SBC vuông tại S .
Tính khoảng cách từ trung điểm của AB đến mặt phẳng  SBC  .
A.

a 21
.
2

B.

a 21
.
7

C.
Lời giải

a 21
.
14

D.

a 21
21

Commented [A2]: CHƯA THEO CHUẨN time new
roman



Commented [A3]: HÌNH VẼ CANH GIỮA

Chọn đáp án B

Commented [A4]: CHƯA THEO CHUẨN

Gọi H là trung điểm của AB  SH  AB  SH   ABC  .
Xét tam giác ABC vuông tại A , có AB  a, AC  a 3 .
Đặt SH  x nên SB  x 2 

a2
13a 2
, SC  SH 2  HC 2  x 2 
4
4

Mà SB 2  SC 2  BC 2  x 2 

a2
a
a
 x   SH 
4
2
2

Kẻ HK  BC, HI  SK với K  BC, I  SK nên HI   SBC  .
Mặt khác HK  HB.sin B 
 HI 


a 3
1
1
1
28




4
HI 2 HK 2 SH 2 3a 2

a 21
a 21
 d  H ;  SBC   
14
14

Mà d  A;  SBC    2d  H ,  SBC    2 HI 
Câu 4.

a 21
.
7

[1H3-5.2-3] Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B,

AB  a ,

BC  a 3 . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt đáy là trung điểm H của cạnh AC . Biết

SB  a 2 . Tính theo a khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng  SAB  .
A.

a 21
.
3

B.

a 21
.
7

C.
Lời giải

Chọn đáp án B

3a 21
.
7

D.

7a 21
.
3


AC  AB 2  BC 2  2a  BH 


AC
a
2

Do vậy SH  SB2  BH 2  a . Dựng HE  AB; HF  SE
Ta có: HE 
Câu 1369:

BC a 3
SH .HE
a 21

 d  H ,  SAB   

2
2
2
2
7
SH  HE

[1H3-5.2-3] Cho hình chóp S.ABC có SA  3a và SA   ABC  . Biết AB  BC  2a ,

ABC  120 . Tính khoảng cách từ A đến  SBC  ?
A. 2a

B.

a

2

C. a
Lời giải

Chọn D

Từ A kẻ AH  BC , kẻ AK  SH với H  BC, K  SH .
Ta có

SA  BC
 BC   SAH   BC  AK  AK   SBC 

 AH  BC

D.

3a
2


Do đó d  A,  SBC    AK thỏa mãn

1
1
1
.


2

2
SA
AH
AK 2

3
.2a  a 3
2
1
1
1
4
3a
3a



 AK 
 d  A,  SBC   
Nên
AK 2 9a 2 3a 2 9a 2
2
2
Mà SA  3a và AH  sin 60. AB 

Câu 1407:

[1H3-5.2-3] Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' có cạnh bằng a. Khoảng cách từ

điểm D đến mặt phẳng  A ' BC  bằng

A.

a 3
2

B.

a 2
2

C.

a 5
2

D.

a
2

Lời giải
Chọn B

Do AD / / BC  d  D,  A ' BC    d  A,  A ' BC  

 BC  AB
 BC   A ' AB   BC  AH
 BC  AA '

Kẻ AH  A ' B ta có 


Mà AH  A ' B  AH   A ' BC 
Ta có

1
1
1
2
a 2


 2  AH 
.
2
2
2
AH
AB
AA '
a
2

[1H3-5.2-3] Cho lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C ' có AA '  AB  a . Gọi M là trung
điểm của CC ' , khi đó khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  A ' BM  bằng:

Câu 1408:

A.

a 3

2

B.

a 5
2

C.
Lời giải

Chọn D

a
2

D.

a 2
2


Ta có d  M ,  ABA '   d  C ,  ABA ' 

CH  AB
 CH   ABA '
CH  AA '

Kẻ CH  AB ta có 
Ta có S A ' AB 


1
a2
a 3
a3 3
AA '. AB  ; CH 
 VA ' ABM 
2
2
2
12

Ta có A ' B  a 2; A ' M  BM 

 S A ' MB 

A ' C '2  C ' M 2 

a 5
2

a2 6
3V
2
 d  A,  A ' BM    A ' ABM 
.
4
VA ' MB
2

Câu 1414. [1H3-5.2-3] Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với đáy.

Cạnh SC hợp với đáy một góc 60 , gọi d là khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng
d
 SBD  . Khi đó, tỉ số bằng
a
A.

78
.
13

B.

18
.
13

C.

58
.
13

Lời giải
Chọn A
Gọi O  AC  BC , kẻ AP  SO  P  SO   d  AP .

Ta có SCA  60  tan 60 

SA
 3  SA  AC 3  a 6

AC

D.

38
.
13




Câu 2405.

1
1
1
1
1
6
d
6




d a
 
.
d 2 SA2 OA2 6a 2 a 2
13

a
13
2
[1H3-5.2-3] [sai 5.3 chuyển thành 5.2] Cho hình chóp tam giác đều S. ABC cạnh đáy

bằng 2a và chiều cao bằng a 3 . Tính khoảng cách từ tâm O của đáy ABC đến một mặt bên:
A.

a 5
.
2

B.

2a 3
.
3

C. a

3
.
10

D. a

2
.
5


Lời giải
Chọn C.

SO   ABC  , với O là trọng tâm của tam giác ABC . M là trung điểm của BC .
 BC  SO
Kẻ OH  SM , ta có 
 BC   SOM   BC  OH
 BC  MO
1
1
1
1
a 3
nên suy ra d  O;  SBC    OH . Ta có: OM  AM 
và


3
3
OH 2 SO 2 OM 2
a 3
a 3.
SO.OM
3  3a  3 a .
 OH 

10
3 2
30
SO 2  OM 2

2
3a  a
9
Câu 2:

[1H3-5.2-3] (THPT Phan Đăng Lưu - Huế - Lần I - 2017 - 2018) Hình chóp S. ABCD có
đáy là hình thoi cạnh a , góc BAC  60 , SA vuông góc với mp  ABCD  góc giữa hai mặt
phẳng  SBC  và  ABCD  bằng 60 . Khoảng cách từ A đến mp  SBC  bằng:
A.

a 2
.
3

B. 2a .

C.

3a
.
4

D. a .

Lời giải
Chọn C
S

H
A


B

D

M

C


+ ABCD là hình thoi, góc BAC  60 nên ta có tam giác ABC đều.
+ Gọi M là trung điểm BC ta có góc giữa  SBC  và đáy  ABCD  bằng góc SMA  60 .
+ Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên SM ta có:

 BC  SA
+ 
 BC   SAM   BC  AH .
 BC  AM
Lại có: AH  SM  AH   SBC   d  A,  SBC    AH .
+ AM 

a 3
.
2

AH
a 3 3 3a
3
.
 AH 

 sin 60 
.

AM
2
2
2
4
Câu 2532: [1H3-5.2-3] 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 đỉ nh 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 H đến mặt phẳng (SBC).

A.

a 7
29

a 21
4 29

B.

C.

a 21
3 29

D.

a 21

29

Lời giải
Chọn B.
S

A

I
H

E
A

C

H
I

B

I'

A' H'K

C

H'
B


Ta có CI  AC 2  AI 2 

a 3
2

Do đó AH  AI 2  IH 2 

a 7
a 21
.
, suy ra SH  Ah.tan 600 
4
4

Gọi A ', H ', I ' lần lượt là hình chiếu của A, I , H 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


 HE 
II '  AA ' 

. Từ
2
4
8
HE 2 HS 2 HH '2
4 29


Vậy d  H ,  SBC   

a 21
. Chọn đáp án B.
4 29

Câu 2545: [1H3-5.2-3] 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


C.

a 6
.
9

D.

a 3
.
5

Hướng dẫn giải
Chọn A.

ABC  1200  BAD  600  ABD đều cạnh a.
Gọi O là giao điểm giữa AC với BD.

a 3
2
a 3
; AG  AO 
; AC  a 3
2
3
3
a 6
 SG  GA.GC 
3


 AO 

Kẻ GH  SO  GH   SBD 

BD  GH   SAO   d  G;  SBD    GH 

a 6
9

Vậy chọn đáp án C.
Câu 2554: [1H3-5.2-3] 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
11

B.

a 3
19

C.


a
19

D.

3a
19


Hướng dẫn giải
Chọn B.

Từ giải thiết suy ra ABD đều cạnh bằng a, ACC ' A ', BDD ' B ' là các hình bình hành với
AA '  BB '  2a, AC  a 3, BD  a . Do đó: S ACC ' A'  AA '. AC  2a 2 3 ,
SBDD ' B '  BB '.BD  2a 2 . Ta có OO '   ABCD   OO '  AB . Kẻ OK vuông góc với AB thì

AB   SOK  , kẻ OH  SK  OH   SAB  , Suy ra OH là khoảng cách từ O đến mặt phẳng

 SAB  .
Trong tam giác vuông SOK ta có

1
1
1
16
1
a 3
.




  OH 
OH 2 OK 2 OS 2 3a 2 a 2
19

Vậy chọn đáp án B.
Câu 2555: [1H3-5.2-3] 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 và 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

Hướng dẫn giải
Chọn D.

D.


2a 5
5


Hạ IH  AC  H  AC   IH   ABC  , nên IH là đường cao của tứ diện IABC, suy ra

IH / / AA ' 

IH
2
CI 2
4a
. AC  A ' C 2  A ' A2  a 5 ,

  IH  AA ' 
AA ' CA ' 3
3
3

BC  AC 2  AB 2  2a . Hạ AK  A ' B  K  A ' B  . Vì BC   ABB 'A ' nên
AK  BC  AK   IBC  . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  IBC  là AK. Ta có
AK 

2SAA ' B

A' B

AA '. AB
AA '  AB
2


2



2a 5
. Vậy chọn đáp án D.
5

Câu 35: [1H3-5.2-3] (THTT - Số 484 - Tháng 10 - 2017 - BTN) Cho hình chóp tam giác đều S. ABC
có độ dài cạnh đáy bằng a , cạnh bên bằng a 3 . Gọi O là tâm của đáy ABC , d1 là khoảng
cách từ A đến mặt phẳng  SBC  và d 2 là khoảng cách từ O đến mặt phẳng  SBC  . Tính

d  d1  d2 .
A. d 

2a 2
.
11

B. d 

8a 2
2a 2
.
C. d 
.
33
33
Lời giải


D. d 

8a 2
.
11

Chọn C.
S

a 3

H
C

A

K
a

O

M

B
Do tam giác ABC đều tâm O suy ra AO  BC tại M là trung điểm của BC .

Ta có: AM 

a 3

1
a 3
2
a 3
.
, MO  AM 
, OA  AM 
2
3
6
3
3

Từ giả thiết hình chóp đều suy ra SO   ABC  , SO  SA2  OA2  3a 2 
Dựng OK  SM , AH  SM  AH //OK ;

OK OM 1

 .
AH AM 3

 BC  SO
 BC   SAM   BC  OK .
Có 
 BC  AM
OK  SM
 OK   SBC  , AH   SBC   do AH //OK  .
Có 
OK  BC


Từ đó có d1  d  A,  SBC    AH  3OK ; d2  d O,  SBC    OK .
Trong tam giác vuông OSM có đường cao OK nên:

1
1
1
36
9
99
2a 2





 OK 
.
OK 2 OM 2 SO 2 3a 2 24a 2 8a 2
33

3a 2 2a 6

.
9
3


Vậy d  d1  d 2  4OK 

8a 2

.
33

Câu 42: [1H3-5.2-3](Sở GD-ĐT Cần Thơ -2018-BTN) Cho hình lập phương ABCD. ABCD có
cạnh bằng a . Khoảng cách từ A đến mặt phẳng  CBD  bằng
A.

a 3
.
3

B.

a 3
.
2

a 2
.
2

C.

D.

2a 3
.
3

Lời giải

Chọn D
C

B

D
A
I
C'

H

B'

O'
A'

D'

Gọi I  AC  CO ta có I  AC   CBD  . Gọi H là hình chiếu của C lên CO . Khi đó

d  C;  CBD    CH 

CC .C O
CC   C O
2

2




a 3
.
3

Mặt khác, ta có AI  2CI nên d  A;  CBD   2d  C;  CBD   

2a 3
.
3