Câu 22:

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

[1H3-5.3-4]

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

9 3
16 46
Lời giải
C.

D.

9 138
46

Chọn A
A'

E

C'

B'

H

N

M
A
C

B

Ta có BC 2  AB2  AC 2  2. AB. AC cos BAC  12  22  2.1.2.cos120  7 . Suy ra BC  7 .
2

AB 2  BC 2  AC 2 12  7  22
2
2
Ta cũng có cos ABC 
, suy ra cos ABC 
.


2. AB.BC
7

2.1. 7
7
Gọi D  BN  BC , suy ra

DC  C N 1
3
3 7
.

 , nên DB  BC  
2
2
DB BB 3

Từ đó, ta có
2

3 7 
3 7 2
43
.
AD  AB  BD  2.AB.BD.cos ABD  1  
.

  2.1.
2
2
4
7



2

Hay AD 

2

2

2

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


2S
BE  ABD 
AD

2.

3 3
4 3 3.
43
43
2

27
1
1
1
1
1 46
.
 BH 




 2 
2
2
2
2
46
BH
BE
BB
27
3 3 3


 43 
Từ BM  3BM suy ra

3
3 27 9 138
3
.

d  M ;  ABN    d  B;  ABN    .BH  .
4
4 46
184
4
Câu 49. [1H3-5.3-4] (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

B.

a 15
.
30

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 ;     2KJ .
1 a 3 a 3
SH a 3

, MK 

.
Tính được KI  .

4 2
8
2
4
KI .KM
a 15
a 15 a 15

.

. Vậy d  G;     2 KJ  2.
Suy ra KJ 
2
2
20
10
20
KI  KM

Câu 44: [1H3-5.3-4](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 

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


21a

.
14

A.

21a
.
7

B.

C.

3 7a
.
14

D.

3 7a
.
7

Lời giải
Chọn C

Gọi H là trọng tâm tam giác ABC , M là trung điểm AB
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 

BD 3
6
DM BD
 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
 CD   SHN  ;
Ta
có

 SH  CD


 SHN    SCD   SN
Trong mặt phẳng  SHN  kẻ

a
.
2

CD   SCD 

  SCD    SHN 

và

HI  SN thì HI   SCD   HI  d  H ,  SCD  

Tam giác SHN vuông tại H có

1
1
1
2
a
, với HN  DM 


2
2
2
HI

SH
HN
3
3

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

Vậy d  B,  SCD   

a 7
.
14
Câu 10. [1H3-5.3-4] 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  2HB . Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  SHC  bằng

A.

2a 7
.
14


B.

a 7
.
14

C.

3a 7
.
14

D.

2a 7
.
7


Lời giải
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 2  MC 2



2a 7
a
do đó d  2MK 
7
7

Câu 46: [1H3-5.3-4] (Sở GD Thanh Hoá – Lần 1-2018 – 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 , gọi d1 , d 2 lần
lượt là khoảng cách từ A và O đến mặt phẳng  SBC  . Tính d  d1  d2 .

A. d 

4a 22
.
33


B. d 

8a 22
.
33

C. d 

2a 22
.
33

D. d 

Lời giải
Chọn B
Ta có AO 

a 3
a 3
2a 6
, OM 
, SO  SA2  AO2 
.
6
3
3

Từ đó ta có d  d1  d2  3d2  d2  4d 2  4OK 


4SO.OM
SO 2  OM 2



8a 22
.
3

8a 2
.
33


Câu 49: [1H3-5.3-4] [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

5 5
cm3 . Tính khoảng cách từ C tới
6

 SAB 
A.

5
cm .
2

B.


5
cm .
4

3
cm .
2
Hướng dẫn giải

C.

D. 1cm .

Chọn C

Xét tam giác ABC vuông tại A :

BC  AB2  AC 2  1  3  2
4
5 5
5
.
R
Vmc   R3 
6
2
3
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 .


5
2
Và IN vuông góc với  ABC  (do N là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ).
Nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S. ABC và IB 

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
; IN  IB 2  BN 2 
AC 
2
2
2

1
1
1
4
16
3

 NH 

 2  4 
2
2
4
NH
MN
IN
3
3
dC ; SAB  BC
3

Lại có: CN   SAB   B 
.
 2  dC ; SAB  
d N ; SAB  BN
2

Ta có


Câu 2524: [1H3-5.3-4] 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

4a
3

C.

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)
a
Từ SO 2  AO 2  SA2  x 
2
Gọi N là trung điểm AB  DN // BM.
1
Suy ra d(D;(SBM)) = d(N;(SBM)) =
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 

a2
2

1
2a
AI .BM  AI 
2
5
1
1

1
2a
a
Khi đó
 2  2  AH 
 d ( D;( SBM )) 
2
AH
AI
SA
3
3
Mà S ABM 

Câu 2528: [1H3-5.3-4] 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

Hướng dẫn giải:
Chọn D

D.

a
.
3


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 

SA SB

SH SA

SH SA2 2



SB SB 2 3
Mà

SH d 2 2
2

  d 2  d1 .
SB d1 3
3

Thể tích khối tứ diện S.BCD :


1
1
VS .BCD  SA. AB.BC 
3
2
Ta có SC 

2a 3
(PB : SAI)
6

SA2  AC 2  2a,

CD  CI 2  ID2  2a  SSCD 

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 2546: [1H3-5.3-4] 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.

a 6
.
19

D.

a 3
.
15

Hướng dẫn giải
Chọn B.

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

 AD2  a 5

2a 5
1
IK .BC. Suy ra IK 
5
2

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
d I , SBC
4

Gọi H là hình chiếu của I lên SK ta có d I , SBC
Trong tam giác vuông SIK , ta có:

1
3

IH .

ED

1
AD
2

ID .


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

Câu 2558: [1H3-5.3-4] 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.

a 2
2

C.

a 5
3

Hướng dẫn giải
Chọn B

1
1
1
Ta có: BM  ( BA  BA ')  ( BA  BA  BB ')  BA  BB '
2
2
2

AC '  AA '  A ' C '
1
BM . AC '  ( BA  BB ')( AA '  A ' C ')

2
1
1
 BA '. AA '  BA. A ' C '  BB '. AA '  BB '. A ' C '
2
2
1
 BA. AC.cos1200  BA. AA.cos 00
2
1
 BA. AC.cos1200  BB '. AA '.cos 00
2
1 1
1
1
 a.a.( )  h.h   a 2  h2
2 2
2
2
Theo giả thiết:
1
1
BM  AC '  BM . AC '  0  h2  a 2  h  a
2
2
Diện tích tam giác ABC là: S ABC 

a2 3
4


D.

a 5
4


Vì AM//(BCC’) nên VM .BCC '  VA.BCC ' hay VM .BCC ' 

3 3
a
12

Gọi H là hình chiếu của M trên BC’. Ta có:
MB  MC ' 

 SMBC ' 

a 5
a 3
, BC '  a 2  MH  MA '2  HC '2 
2
2

1
a2 6
MH .BC ' 
2
4

Vậy khoảng cách cần tìm là d (C , ( BMC ')) 


3VCBMC '
2

a . Vậy chọn đáp án B
SMBC '
2

Câu 2559: [1H3-5.3-4] Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’, đáy ABC có AC  a 3, BC  3a, ACB  300 . Cạnh bên hợp
với mặt đáy góc 600 và mặt phẳng (A’BC) vuông góc với mặt phẳng (ABC).Điểm H trên cạnh BC sao cho
HC=3HB và mặt phẳng (A’AH) vuông góc với 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.

Hướng dẫn giải

Chọn B.
A'

B'

C'

A

B

H

 A ' BC    ABC 

 A ' H   ABC 
 A 'AH    ABC 

 A ' H   A ' BC    A 'AH 
Suy ra A ' AH  600.

AH 2  AC 2  HC 2  2.AC.HC.cos 300  a 2  AH  a
 A ' H  AH .tan 600  a 3
3a 2 3
9a 3
VABC . A ' B 'C  S ABC . A ' H 
.a 3 
.
4
4

Vì AH 2  AC 2  HC 2  HA  AC  AA '  AC.

C

3a 5
7


1
1
AC. A ' A  a 3.2 a  a 2 3.
2
2
9 3
a
3VA ' ABC
3 3a
 d  B;  A ' AC   
 42

.
S A ' AC
4
a 3
S A 'A C 

Vậy chọn đáp án B.
Câu 2560: [1H3-5.3-4] Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’, ABC đều có cạnh bằng a, AA’ = a và đỉ nh 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.

Lời giại
Chọn D.
A'
C'

B'

N

E

C

A
O

M

B

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  AO 2  a 2 

a2 a 6

;
3
3

Ta có:


1
VNAMC  SAMC .d  N ,  ABC  
3
3V
 d  N ,  ABC    NAMC
SAMC
1
a2 3
1
a 6
S ABC 
;d  N ,  ABC    A 'O 
2
8
2
6
2
2
1 a 3 a 6 a 2
 VNAMC  .
.

3 8
6
48
S AMC 

a 22
.
11



Lại có: AM  AN 

a 3
, nên AMN cân tại
2

A.

Gọi E là trung điểm của MN, suy ra AE  MN , MN 

 AE  AN 2  NE 2 
 d  C;  AMN   

3a 2 a 2 a 11
1
a 2 11


; S AMN  MN . AE 
4 16
4
2
16

3a 2 2 a 2 11 a 22
(đvđd)
:


48
16
11

Vậy chọn đáp án D.

A'C a

2
2