Bài 5. Bài tập có đáp án chi tiết về quan hệ vuông góc trong không gian lớp 11 | Toán học, Lớp 11 - Ôn Luyện

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (2.53 MB, 129 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Câu 1. [1H3-5.1-2] (HK2 THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI) Khoảng cách giữa hai đường thẳng
chéo nhau bằng

A. Độ dài đoạn thẳng nối một điểm thuộc đường thẳng này với một điểm của đường thẳng kia.
B. Độ dài đoạn vng góc chung của hai đường thẳng đó

C. Khoảng cách từ một điểm của đường thẳng này đến mặt phẳng chứa đường thẳng kia
D. Khoảng cách giữa hai mặt phẳng lần lượt chứa hai đường thẳng đó

Lời giải

Tác giả: Trần Văn Đoàn; Fb: Trần Văn Đoàn
Chọn B

Theo định nghĩa khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau của hình học 11 ta chọn đáp án
B.

Bài tập tương tự :

Câu 2. Đường vng góc chung của hai đường thẳng chéo nhau là
A. Đường thẳng bất kì vng góc với cả hai đường thẳng đó
B. Đường thẳng bất kì cắt cả hai đường thẳng đó

C. Đường thẳng bất kì cắt đường thẳng này và vng góc với đường thẳng kia
D. Đường thẳng cắt và vng góc với cả hai đường thẳng đó

Câu 3. Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng?

A. Hai mặt phẳng là song song khi và chỉ khi có đường thẳng nằm trong mặt phẳng này và song
song với mặt phẳng kia.

B. Hai mặt phẳng là song song khi và chỉ khi chúng cùng song song với một mặt phẳng thứ ba
nào đó.

C. Hai mặt phẳng là song song khi và chỉ khi chúng cùng vng góc với một mặt phẳng thứ ba
nào đó.

D. Hai mặt phẳng là song song khi và chỉ khi có hai đường thẳng cắt nhau nằm trong mặt phẳng
này và cùng song song với mặt phẳng kia.

Câu 4. [1H3-5.2-1] (CHUYÊN THÁI BÌNH LẦN V NĂM 2019) Cho hình chóp S ABC. có





SA ABC , ABC là tam giác đêu cạnh a và tam giác SAB cân. Tinh khoảng cách h từ
điểm A đến mặt phẳng



SBC



A.

3
7

a
h

. B.

3
2

a

h

. C.

2
7
a
h

. D.

3
7

a
h

.
Lời giải

Tác giả: Nguyên Thi Bich Thanh; Fb: Nguyen Thanh

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Gọi M là trung điểm của BC. Kẻ AH SM H SM







. (1)
Ta có













  

    



 

 ( đều)

BC SA SA ABC

BC SAM BC AH

BC AM ABC . (2)

Từ

   

1 , 2 AH 



SBC



 h AH.
Vì ABC đêu cạnh a

3
2

a
AM

 

.
Vì SAB cân mà SAAB SA AB a  .

Xét SAM vng tại A có: 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 4 7

3 3

AH  SA  AM  a  a  a

3 3

7 7

a a

AH h

   

Câu 5. [1H3-5.2-2] (Đặng Thành Nam Đề 14) Cho hình chóp tứ giác đêu .S ABCD có đáy ABCD là
hình vng cạnh 2a , tâm O , SO a . Khoảng cách từ O đến mặt phẳng



SCD



bằng

A. 
2
2

a

. B. 3a . C.

5
5

a

. D.

6
3

a

.
Lời giải

Tác giả: Nguyên Phú Hòa; Fb: Nguyên Phú Hịa

Chọn A

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Ta có









OH SE

OH SCD

OH CD CD SOE



  

  

 .

Tam giác SOE vuông cân tại O , có





1 2

;

2 2

a
SO OE a  d O SCD OH  SE

.
Câu 6. [1H3-5.2-2] (Văn Giang Hưng Yên) Cho lăng trụ đứng ABC A B C.    có đáy ABC là tam giác

vng cân tại B, AB a 5 . Góc giữa cạnh A B và mặt đáy là 60. Tinh khoảng cách từ
điểm A đến mặt phẳng



A BC'



A.
a 15

2 . B.

a 15

4 . C.

a 15

5 . D.

a 15
3
Lời giải

Tác giả:Đặng Tiền Giang; Fb: tiengiang dang

Chọn A.

Góc giữa cạnh A B và mặt đáy là A BA bằng 60. Suy ra AA AB.tan 60o a 15
Kẻ AH vng góc với A B ta chứng minh được AH là khoảng cách từ điểm A đến mặt
phẳng



A BC'



Tam giác A AB vuông tại A nên 2 2 2

'.AB 15. 5 15
2

' AB 20

AA a a a

AH

AA a

  

 .

Câu 7. [1H3-5.2-2] (CHUYÊN HẠ LONG NĂM 2019) Cho hình lập phương ABCD MNPQ cạnh.
bằng a . Tinh khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng



CNQ



.

A. 
2 3

a

. B.

3
2

a

. C.

3
4

a

. D.

2
2

a

.
Lời giải

Tác giả: Đàm Văn Thượng ; Fb:Thượng Đàm

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Cách 1:

+) Gọi O là tâm hình vng MNPQ , I AP CO , H là hình chiếu của P trên CO .

















d A CNQ AI CA

PI PO

d P CNQ   

, suy ra d A CNQ





2d P CNQ





+) Ta có





NQ PM

NQ CPO NQ PH

NQ CP




   

 

 .

+) Do





PH NQ

PH CNQ

PH CO




 

 

 d P CNQ





PH.

+) Ta có

2
2
a
PO

; CP a .

Vậy





2 2

. 2 3

, 2 2.

PO PC a

d A CNQ PH

PO PC

  

 .

Cách 2: Cách trắc nghiệm

+) Gọi O là tâm hình vng MNPQ , I AP CO .

















d A CNQ AI CA

PI PO

d P CNQ   

, suy ra d A CNQ





2d P CNQ





.
+) Ta thấy PCNQ là tứ diện vuông tại P nên





2 2 2 2 2

1 1 1 1 3

, PC PN PQ a

d P CNQ    

 

  .

Suy ra









2 3

, 2 ,

3
a
d A CNQ  d P CNQ 

Câu 8. [1H3-5.2-2] (THPT-Nguyễn-Cơng-Trứ-Hà-Tĩnh-lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3) Cho hình
lập phương ABCD A B C D có cạnh bằng . ' ' ' ' 1. Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng



A BD'



bằng

A. 
2

2 . B. 3 . C.

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Lời giải

Tác giả: ùi Nguyên Phi Hùng; Fb: ùi Nguyên Phi Hùng

Chọn C

Cách 1: Sử dụng tinh chất tứ diện vuông đỉnh A.

Gọi Hlà trực tâm của tam giác A BD' , ta có AH 



A BD'



2 2 2 2

1 1 1 1 3

3 .

' AH 3

AH  AB AD  AA   

Vậy





, ' .

3
d A A BD AH 

Cách 2: Dùng phương pháp tọa độ

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz , với A trung với gốc tọa độ O như hình vẽ. 
Ta có A



0;0;0 ,

 

B 1;0;0 ,

 

D 0;1;0 , ' 0;0;1 .



A





Phương trình mặt phẳng





:1 1 1 1 1 0.

x y z

A BD        x y z

Vậy





2 2 2
0 0 0 1 3

, ' .

3
1 1 1

d A A BD     

 

Câu 9. [1H3-5.2-3] (Chuyên Hùng Vương Gia Lai) Cho hình chóp .S ABC có

  

, 60 , 90

SA SB SC a ASC CSB      ASB  . Khoảng cách từ A đến



SBC



bằng

A. 
6

.
3
a

B. 
6

.
6
a

C. 
3

.
3
a

D. 
6

.
2
a

Lời giải

F : dacphienkhao

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Từ giả thiết tinh được AB a 2; CA CB a  . Suy ra tam giác ABC vuông cân tại C .

Gọi H là trung điểm của cạnh AB thì

HA HB HC
SA SB SC a

 


   



SH

 là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC hay SH 



ABC



.
Ta có

1 2

2 2

a
SH  AB

;

2 2 3

;

2 4

ABC SBC

a a

S  S 

Lại có .





1 1

. ; .

3 3

S ABC ABC SBC

V  SH S  d A SBC S









2
2
2
.

. 2 2 6

;
3
3
4
ABC
SBC
a a

SH S a

d A SBC

S a

   

Cách 2. Dùng công thức tinh nhanh, ta có

3 3

2 2 2 2 2 2

.
2

2
1 cos 60 cos 60 cos 90 2cos 60 .cos 60 .cos 90

6 12
3
4
S ABC
SBC
a a
V
a
S

           


 


Suy ra





.
3 6
;
3
S ABC
SBC
V a

d A SBC

S

 

Lưu ý: Tứ diện SABC có   
, ,

, ,
SA a SB b SC c
ASC  CSB  ASB 

  




  


Thì thể tich tứ diện SABC là

2 2 2 2 2 2

1 cos cos cos 2 cos .cos .cos
6

SABC

abc

V         

Câu 10. [1H3-5.3-1] (ĐOÀN THƯỢNG-HẢI DƯƠNG LẦN 2 NĂM 2019) Cho hình chóp .S ABCD
có đáy ABCD là hình vng. Gọi M N lần lượt là trung điểm của , AD BC . Biết khoảng cách,
từ M đến mặt phẳng



SBD



bằng

6
7

a

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Tác giả: Giang văn thảo ; Fb: Văn Thảo

Chọn D

Gọi O là tâm hình vng ABCD . Ta có O là trung điểm của MN và O MN 



SBD



.
Do đó

















d M SBD OM

ON

d N SBD   d M SBD





d N SBD





67a
.

Câu 11. [1H3-5.3-2] (Nguyễn Du số 1 lần3) Cho hình chópS ABCD. có đáy là hình vuông cạnh bằng a
, tâm O, cạnh bên SAvuông góc với đáy, vàSA a .Khoảng cách từ O và



SCD



bằng

A.
2
3

a

. B.

2
6

a

. C.

2
4

a

. D.

2
3
a

.
Lời giải

Tác giả:PhanThanhLộc; Fb:PhanThanhLộc
Giáo viên phản biện: Nguyên Văn Đắc; Fb: Đắc Nguyên

Chọn C

KẻAH SD

Ta có :CDAD ( vìABCDlà hình vng) (1)
CDSA( vìSA



ABCD



(2)

Từ (1), (2) suy raCD



SAD



CDAH (vìAH 



SAD



)
Khi đó d A SCD



;





AH

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 2 2

a
AH

AH  SA  AD  a a a  

Ta có:



;







;





CO

d O SCD d A SCD

CA

 1



;





1 1. 2 2

2 2 2 2 4

a a

d A SCD AH

   

Vậy





2
;

a

d O SCD 

Câu 12. [1H3-5.3-2] (KIM-LIÊN 11 hk2 -2017-2018) Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C.    có
2 a,

AA tam giác ABC vng cân và AB BC a  (Tham khảo hình vẽ bên). Khoảng cách
từ điểm C đến mặt phẳng



AB C



bằng:

A. 
2

a

. B.

2a . C.

2
3

a

. D.

2
3

a

.
Lời giải

Tác giả:Lương Pho ; Fb:LuongPho89

Chọn A

Tứ giác BCC B  là hình chữ nhật, nên C và B đối xứng qua B C













d C AB C d B AB C

 

Dựng các đường cao BI BH của các tam giác , ABC, BBI.





BH AB C

 

Ta có:

 

2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1 1 1 9

4
2

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

2
3

a
BH

 









2 .

a
d C AB C 

 

Câu 13. [1H3-5.3-2] (Lê Xoay lần1) (Lê Xoay lần1) Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình thang
vng tại A và D , SD vuông góc với mặt đáy



ABCD



,AD2 ,a SD a 2. Tinh khoảng
cách giữa đường thẳng CD và mặt phẳng



SAB



A. 
a

2 B. a 2. C.

2a
.

3 D.

a 3
.
2

Lời giải

Tác giả: Trần Thị Thảo; Fb: Trần Thảo
Chọn C

Ta có:

AB AD

AB SD



 

 nên AB



SAD



.

Kẻ DH SAtại H . Do DH 



SAD



nên ABDH.

Ta có:





DH SA

DH SAB

DH AB



  

 

 .

Do DC/ /AB nên DC/ /



SAB



Vậy khoảng cách giữa đường thẳng CD và mặt phẳng



SAB



là DH .
Xét SAD vng tại D có: 2 2 2

1 1 1

DH  SD  AD

 

2 2 2

1 1 3

4
2

2 a a

a

  

.
2

a
DH

 

. Khoảng cách giữa đường thẳng CD và mặt phẳng



SAB



là
2

a

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

A. 
2 3

a

. B.

3
7

a

. C.

3
19

a

. D.

2 3
19

a

.
Lời giải

Tác giả: Đinh Thanh ; Fb: An Nhiên

Chọn D

Ta có









SA ABC

SA BC

BC ABC

 

 



 

Trong



ABC



, kẻ AH BC, mà BC SABC



SAH



BCSH.

Trong



SAH



, kẻ AK SH, mà SH BC AK 



SBC



hay d A SBC



;





 AK.
Vì ABC vng tại Anên BC  AB2AC2 2a.

Mặt khác có AH là đường cao nên

. 3

AB AC a

AH

BC

 

Vì SAH vng tại A nên

2 2 19

2
a
SH  SA AH 

Vậy có AK là đường cao

. 2 3

SA AH a

AK

SH

 

Nhận xét. Trong thực hành làm toán trắc nghiệm ta nên áp dụng bài tốn sau:

Cho tứ diện OABC có OA OB OC đơi một vng góc với nhau và , , Hlà hình chiếu của O lên

mặt phẳng



ABC



. Khi đó 2 2 2 2

1 1 1 1

OH OA OB OC .

Câu 15. [1H3-5.3-2] (Hùng Vương Bình Phước) Cho hình chóp tứ giác đêu S ABCD. có cạnh đáy
bằng a và chiêu cao bằng a 2. Tinh khoảng cách

d

từ tâm

O

của đáy

ABCD

đến một mặt
bên theo a.

A.

2 5

3
a
d 

. B.

3
2
a
d 

. C.

5
2
a
d 

. D.

2
3
a
d 

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Lời giải

Tác giả: Nguyên Yên Phương; Fb: Yenphuong Nguyen

Chọn D

H
O

D
S

B

C

A K

.

S ABCD

là hình chóp tứ giác đêu nên

ABCD

là hình vng và SO



ABCD



.
Vẽ

OH

vng góc với

CD

tại H thì H là trung điểm

CD

, 2

a
OH 

Dễ thấy CD



SOH

 

 SCD

 

 SOH



nên kẻ

OK

vng góc với

SH

tại K thì





OK  SCD . d O SCD ,









OK

Tam giác vng

SOH

có

OK

là đường cao nên

2 2 2

. 2 2

3
2

a
a

OS OH a

OK

OS OH a

a

  

 

Vậy





2
,

a
d O SCD 

Câu 16. [1H3-5.3-2] (CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG – NAM ĐỊNH 2019 – LẦN 1) Cho hình chóp
tứ giác đêu .S ABCD có cạnh đáy bằng a, góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng 60o. Gọi O là
giao điểm của AC và BD . Tinh khoảng cách từ O đến mặt phẳng



SAB



A.
3
4

a

. B.4

a

. C.3

a

. D.

3
2

a

.
Lời giải

Tác giả: Nguyên Đức Hoạch; Fb:Hoạch Nguyên
Phản biện: Hoài Lệ; Fb: Hoài Lệ

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Gọi H là trung điểm của AB OH AB.

Do .S ABCD là hình chóp tứ giác đêu nên SO



ABCD



và SAB cân tại S .

SH AB

   Góc giữa



SAB



và



ABCD



chinh là góc giữa SH và OH hay SHO60o
.
Ta có, AB



SOH

 

 SAB

 

 SOH



. Trong



SOH



, kẻ OK SH thì OK 



SAB









;



d O SAB OK

 

Lại có, 2

a
OH

; SHO60o nên suy ra

3 3

.sin 60 .

2 2 4

o a a

OK OH  

Vậy





3
;

a

d O SAB OK 

Câu 17. [1H3-5.3-2] (THPT Sơn Tây Hà Nội 2019) Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình chữ nhật
với AC2 ,a BC a SA SB SC ,   . Gọi M là trung điểm SC . Khoảng cách từ M đến mặt
phẳng



SBD



bằng:

A. a . B.

3
4
a

. C.

5
2
a

. D. a 5.
Lời giải

Tác giả: Nguyên Ngọc Tú ; Fb: Nguyên Ngọc Tú

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Do SA SB SC  nên hình chiếu vng góc của S lên mặt phẳng



ABCD



là tâm O của 
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , O là trung điểm AC .

Ta có









, ,

2 2

CH

d M SBD  d C SBD 

với H là hình chiếu vng góc của C trên BD .

(Vì



SBD

 

 ABCD



nên CH BD thì CH 



SBD



 





2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 4 3 3

3 2 4

a a

CH d M SBD

CH CB CD  a a  a    

Câu 18. [1H3-5.3-2] (Đặng Thành Nam Đề 2) Cho lăng trụ ABC A B C. ' ' ' có khoảng cách từ điểm A
đến mặt phẳng



A BC'



bằng 6a. Khoảng cách từ trung điểm M cạnh B C' ' đến mặt phẳng



A BC'



bằng

A. 2a. B. 4a. C. 6a. D. 3a.

Lời giải

Tác giả: Nguyên Trần Tuấn Minh ; Fb: Tuấn Minh

Phản biện: Nguyên Minh Đức; Fb: Duc Minh

Chọn C

Gọi N là trung điểm BC. Suy ra AA MN' là hình bình hành.
Gọi

 

O  AM A N' .

Khi đó, mặt phẳng



A BC'



cắt đoạn AM tại trung điểm O của AM .







, '







d M A BC d A A BC a

  

Câu 19. [1H3-5.3-2] (THPT NÔNG CỐNG 2 LẦN 4 NĂM 2019) Cho lăng trụ ABC A B C. ' ' ' có đáy
là tam giác vng cân tại ,A AB a . Hình chiếu vng góc của A' lên mặt phẳng (ABC là)

trung điểm M của cạnh AB. Biết 'A M a . Tinh khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng
( 'A BC .)

A. 
2

3a. B.

3 a. C. 3

a

. D.

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Tác giả: Phan Lê Thanh Quang; Fb: Pike Man

Chọn A

Gọi D là trung điểm của cạnh BC .

Kẻ

2 2

,( )

2 4 4 4

AD BC AB a

MNBC NBC MN    

Theo bài ra ta có:





















' ' ,

' '

BC MN

BC A M A M ABC BC ABC

MN A M M A MN

BC A MN

 

   





  



  .

Mặt khác, kẻ MH  A N H' ( A N' ).
Vì BC



A MN'



BCMH.
Do đó MH 



A BC'



Suy ra ( ,( 'd M A BC))MH .

2 2 2 2 2

1 1 1 '.

' ' 3

MA MN a

MH

MH  MA MN   MA MN  .

Vì ( ,( 'd A A BC)) 2 ( ,( ' d M A BC)) nên

2
( ,( ' ))

3
a
d A A BC 

Câu 20. [1H3-5.3-2] (Lương Thế Vinh Đồng Nai) Cho hình hộp đứng ABCD A B C D có đáy là. ' ' ' '
hình vng, tam giác 'A AC vng cân, 'A C  . Tinh khoảng cách từ điểm 2 A đến mặt phẳng



BCD'



.

A. 
2

3 . B.

2 . C.

3 . D.

6
6 .
Lời giải

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Phản biện: Trần Mạnh Trung ; Fb: Trung Tran

Chọn C

Cách 1: Phương pháp tọa độ

Tam giác 'A AC vng cân có 'A C  nên 2 AC A A '  2 , mà ABCD là hình vng nên
1

AD AB  .

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz có gốc tọa độ trùng A' và
' '

A B trên trục Ox

'D '

A trên trục Oy
'

A A nằm trên trục Oz

Tọa độ A' 0;0;0 , ' 1;0;0 , D' 0;1;0 ,





B



 



C



1;1; 2 , ' 1;1;0 ,



C





B



1;0; 2



. Phương trình





mp BCD

là: 2x z  . Vậy khoảng cách từ 0 A đến mp BCD





là:







, '



d A BCD 

. Chọn C.

Cách 2: Phương pháp hình học khơng gian

Tam giác 'A AC vng cân có 'A C  nên 2 AC A A '  2 , mà ABCD là hình vng nên
1

ADAB .

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>



' '



CB A ABB CBAH
'

AH A B (cách dựng)

Vậy AH (BCD') hay AH là khoảng cách từ A đến mp BCD





. Trong tam giác vng
'

A AB ta có 2 2 2

1 1 1

AH  A A  AB

6
3
AH

 

. Chọn C.

Câu 21. [1H3-5.3-2] (Đặng Thành Nam Đề 1) Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình thoi cạnh

 0

, 60 ,

a BAD SA a và SA vng góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ B đến mặt phẳng



SCD



bằng

A. 
21
7
a

. B.

15
7
a

. C.

21
3
a

. D.

15
3
a

.
Lời giải

Tác giả: Trần Thi Thúy; Fb: Thúy Minh

Chọn A

Ta có: AB CD// AB//



SCD



. Do đó: d B SCD





d A SCD





.
Vì BAD  nên 60 BCD  .60

Mặt khác tứ giác ABCD là hình thoi cạnh a nên BCD là tam giác đêu cạnh a . 
Gọi M là trung điểm của CD , suy ra BM CD.

Kẻ AK BM , K CD//  , thì AK CD.

Kẻ AH SK tại H.

Ta có:





CD AK

CD SAK

CD SA




 

 

 CDAH , mà SK  AH  AH 



SCD



.

Do đó d A SCD





AH.

Ta có, tứ giác ABMK là hình chữ nhật nên

3
2
a
AK BM 

. .

AH SK SA AK

.
SA AK
AH

SK

 

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

SA a , 
3
2
a
AK 
,

2 2 7

2
a

SK  SA AK  21.

7
a
AH

 

Vậy









, ,

7
a
d B SCD d A SCD AH 

Câu 22. [1H3-5.3-2] (SƠ GD & ĐT CÀ MAU) Cho hình chóp .S ABC có mặt bên SAB là tam giác
đêu cạnh a và nằm trong mặt phẳng vng góc với đáy. Tinh khoảng cách d từ A đến mặt
phẳng



SBC



, biết BC a 3 ,AC2a.

A. d a 3. B.

6
2
a
d
. C. 
2
2
a
d 
. D.

3
2
a
d
.
Lời giải

Tác giả:Phạm Tiến Hùng ; Fb: Hùng Phạm Tiến

Chọn D.

Gọi H là trung điểm của AB vì tam giác SAB đêu nên SH  AB. Mặt khác SAB nằm trong 
mặt phẳng vuông góc với đáy nên SH 



ABC



SH BC

 

1 .

Trong mặt phẳng



SAB



kẻ HKSB K SB(  ). Xét tam giác ABC ta có

2 ; , 3

AC  a AB a BC a   AC2 AB2BC2  ABC

vuông tại B BC AB

 

2 .
Từ

 

1 và

 

2 BC



SAB



BCHK.

Vì





HK BC
HK SBC
HK SB
 
 



  d H SBC



;





HK .

Ta có:

3
;

2 2

a a

SH  HB

, tam giác SHK vuông tại H nên 2 2 2

1 1 1

HK  SH HB

2 2 2

4 4 16

3a a 3a

   3

a
HK

 

. Do H là trung điểm của AB nên







;





;





2
a
d A SBC  d H SBC 

Câu 23. [1H3-5.3-2] (Chuyên Ngoại Ngữ Hà Nội) Cho hình chóp S ABCD. có SA vng góc với đáy
và đáy ABCD là hình chữ nhật. Biết AB4a, AD3a, SB5a. Tinh khoảng cách từ điểm

C đến mặt phẳng (SBD)

A. 
41
12
a
. B. 
12 41
41
a

. C. 
61
12
a
. D. 
12 61
61
a
.
Lời giải

Tác giả: Đồng Anh Tú; Fb: AnhTu

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Xét tam giác vng SAB, ta có: SA SB2BA2 3a.

Mặt khác

( ;( ))

1
( ;( ))

d C SBD OC

d A SBD  OA  d C SBD( ;( ))d A SBD( ;( )).
Ta có AS AD AB đơi một vng góc nên:, ,

2 2 2 2

1 1 1 1

( ;( ))

d A SBD  AS  AB  AD 2 2 2

1 1 1

9a 16a 9a

   412

144a


12 41
( ;( ))

41
a
d A SBD

  ( ;( )) 12 41

a
d C SBD

 

Câu 24. [1H3-5.3-2] (THPT-Chun-Sơn-La-Lần-1-2018-2019-Thi-tháng-4)Cho hình chóp .S ABC
có đáy ABC là tam giác đêu cạnh a , SA a và SA vng góc với mặt phẳng đáy. Khoảng
cách từ điểm A đến mặt phẳng



SBC



bằng:

A. 
2
2
a

. B.

3
7
a

. C.

21
7

a

. D.

15
5

a

.
Lời giải

Tác giả: Trần Ngọc Diêm; Fb: Trần Ngọc Diêm

Chọn C

Gọi M là trung điểm BC . Kẻ AH SM tại H .

Ta có AM BCvà SABC nên BC 



SAM



BC AH

 

1 .
Mà AH SM

 

2 .

Từ

 

1 và

 

2 suy ra AH 



SBC



.
Do đó d A SBC





AH .

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

2 2 2

1 1 1

AH  AM  AS

2 2
1 1
3
2
a
a
 
 
 

  2

7
3a

 3

7
AH a

  21

7
a


Câu 25. [1H3-5.3-2] (Chuyên Quốc Học Huế Lần1) Cho hình chóp tứ giác đêu .S ABCD có cạnh đáy
bằng a và chiêu cao bằng a 2. Tinh khoảng cách d từ tâm O của đáy ABCD đến một mặt
bên theo a.

A.
5
.
2
 a
d
B.

3
.
2
a
d
C.
2 5
.
3
 a
d
D.
2
.
3
 a
d
Lời giải

Tác giả: Lê Trọng Hiếu; Fb: Hieu Le

Chọn D

Kẻ OH BC OK, SH

Ta có:













;

 

       

   

 

OH BC OK BC

BC SOH OK SBC d O SBC OK

SO BC OK SH

Vì

2
2

2 2 2

1 1 1 2 2

; 2

2 9 3

a a a

OH SO a OK OK

OK SO OH

        

Câu 26. [1H3-5.3-3] (Giữa-Kì-2-Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019) Cho hình chóp .S ABC có đáy

ABC là tam giác vuông tại B biết BC a 3, AB a . Hình chiếu vng góc H của đỉnh S

trên mặt đáy là trung điểm của cạnh AC và biết thể tich khối chóp .S ABC bằng

3 6

6
a

. Tinh
khoảng cách d từ C đến mặt phẳng



SAB



A. 
30
5
a
d 
. B. 
2 66
11
a
d 
. C. 
30

10
a
d
. D. 
66
11
a
d
.
Lời giải

Tác giả: Hồ Ngọc Hưng; Fb: Ho Ngoc Hung

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

Ta có cơng thức tinh thể tich hình chóp .S ABC :

3
.

1 6 1 1

. . . 3. 2

3 6 3 2

S ABC ABC

a

V  SH S   SH a aSH a

Áp dụng tinh chất đường trung tuyến trong tam giác vuông ABC , ta được

2 3 2

2 2

AC a a

AH BH    a

.
Suy ra SA SB  2a2a2 a 3.

Gọi M là trung điểm AB. Vì tam giác SAB cân tại S nên:

2 2

1 1 11

. . 3

2 2 4 4

SAB

a a

S  SM AB a a  

Áp dụng công thức tinh khoảng cách theo thể tich:

 

3 2

.
;

3 6 11 2 66

2 4 11

C SAB
C SAB

SAB

V a a a

d

S

  

Cách 2. Dựng đường thẳng vng góc với mặt phẳng

Ta có cơng thức tinh thể tich hình chóp .S ABC :

3
.

1 6 1 1

. . . 3. 2

3 6 3 2

S ABC ABC

a

V  SH S   SH a aSH a

Gọi M là trung điểm AB. Gọi K là hình chiếu vng góc của H lên SM . Ta có HK SM .









AB SH

AB SHM AB HK

AB HM do HM BC



    

 

 .

Ta được





 ;  2 2 2

3
. 2

. 2 66

11
3

2
4

H SAB

a
a

HM HS a

HK SAB d HK

HM HS a

a

     

 

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Suy ra  ;   ; 

2 66
2

C SAB H SAB

a

d  d 

Câu 27. [1H3-5.3-3] Bắc-Ninh-2019) 
(Giữa-Kì-2-Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019) Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B biết BC a 3,

AB a . Hình chiếu vng góc H của đỉnh S trên mặt đáy là trung điểm của cạnh AC và

biết thể tich khối chóp .S ABC bằng

3 6

6
a

. Tinh khoảng cách d từ C đến mặt phẳng



SAB



.
A.

30
5
a
d 

. B.

2 66
11
a

d 

. C.

30
10
a
d

. D.

66
11
a
d

.
Lời giải

Tác giả: Hồ Ngọc Hưng; Fb: Ho Ngoc Hung

Chọn B

Ta có cơng thức tinh thể tich hình chóp .S ABC :

3
.

1 6 1 1

. . . 3. 2

3 6 3 2

S ABC ABC

a

V  SH S   SH a aSH a

Áp dụng tinh chất đường trung tuyến trong tam giác vuông ABC , ta được

2 3 2

2 2

AC a a

AH BH    a

.
Suy ra SA SB  2a2a2 a 3.

Gọi M là trung điểm AB. Vì tam giác SAB cân tại S nên:

2 2

1 1 11

. . 3

2 2 4 4

SAB

a a

S  SM AB a a  

Áp dụng công thức tinh khoảng cách theo thể tich:

 

3 2

.
;

3 6 11 2 66

2 4 11

C SAB
C SAB

SAB

V a a a

d

S

  

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

Ta có cơng thức tinh thể tich hình chóp .S ABC :

3
.

1 6 1 1

. . . 3. 2

3 6 3 2

S ABC ABC

a

V  SH S   SH a aSH a

Gọi M là trung điểm AB. Gọi K là hình chiếu vng góc của H lên SM . Ta có HK SM .









AB SH

AB SHM AB HK

AB HM do HM BC



    

 

 .

Ta được





 ;  2 2 2

3
. 2

. 2 66

11
3

2
4

H SAB

a
a

HM HS a

HK SAB d HK

HM HS a

a

     

 

Suy ra  ;   ; 

2 66
2

C SAB H SAB

a

d  d 

Câu 28. [1H3-5.3-3] (KIM LIÊN HÀ NỘI NĂM 2018-2019 LẦN 03) Cho hình chóp tam giác đêu
.

S ABC có SA2 ,a AB3a. Gọi M là trung điểm SC . Tinh khoảng cách từ M đến mặt
phẳng



SAB



A. 
3 21

7 a. B.

3 3

2 a. C.

3 3

4 a. D.

3 21
14 a.
Lời giải

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC , I là trung điểm của AB, H là hình chiếu của G lên

SI .

Ta có .S ABC là hình chóp tam giác đêu nên SG



ABC



suy ra SG AB (1). Ta có

CI  AB

(2).

Từ (1), (2) suy ra AB



SCI



suy ra ABGH mà GH SI GH 



SAB



.
Ta có

3 3 2 1 3

, 3 ,

2 3 3 2

a a

CI  CG  CI  a GI  CI 

, SG  SC2 CG2  4a2 3a2  .a

Ta có 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 4 7

3 3

GH  GS GI  a  a  a

21
7

GH a

 





{ }























2 2

d M SAB SM

CM SAB S d M SAB d C SAB

SC
d C SAB

      





{I}

























d C SAB IC

CG SAB d C SAB d G SAB

IG
d G SAB

      













3 3 21

2 2 14

a

d M SAB d G SAB GH

   







3 21
,

a

d M SAB 

Câu 29. [1H3-5.3-3] (Triệu Thái Vĩnh Phúc Lần 3) Cho hình chóp S ABCD. có đáy là hình thoi cạnh

a , BAD  , 60 SA a và SA vng góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ B đến mặt
phẳng



SCD



bằng

A.
15

3
a

. B.

15
7

a

. C.

21
3

a

. D.

21
7

a
.

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

Gọi E là hình chiếu của A lên CD , F là hình chiếu của A lên SE

Do BAD  nên 60 ADE  .Vì thế 60

3
sin 60 .

o a

AE AD

Do AB/ /



SCD



nên  ,   ,  2 2

. 21

7
A SCD B SCD

SA AE a

d d AF

SA AE

   



Câu 30. [1H3-5.3-3] (Thuận Thành 2 Bắc Ninh) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình
vng cạnh a , hình chiếu vng góc của S lên mặt phẳng



ABCD



là trung điểm H của AB .
Biết diện tich tam giác SAB bằng a . Tinh khoảng cách d từ điểm H đến mặt phẳng 2



SBD



.
A.

2
33
 a
d

. B.

2 33
33

 a

d

. C.  3
a
d

. D.

33
16
 a

d

.
Lời giải

Tác giả:Trần Đình Thái ; Fb:Đình Tháii

Chọn B

Ta có

2
2

1 2

. . 2

    

SAB

a

S SH AB a SH a

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

Kẻ HK BC .

Lại có

2 1. . 1. .

2 2 2 4

      

HBD ABCD AHD BDC

a a

S S S S a a a a

Xét tam giác HBD có BD a 2:

2 2

1 2

. .

2 4 2. 2 4

    

HBD

a a a

S HK BD HK

a .

Kẻ HI SK . Ta có








 

 


BD HK

BD SHK

BD SH BDHI .













HI SK

HI BD

HI SBD

SK SBD

BD SBD




 

  

 



 

 . Từ đó suy ra dH SBD;  HI

.
Xét tam giác SHK vng tại H có đường cao HI :

2 2 2

1 1 1 2 33

  HI  a

HI SH HK .

Vậy khoảng cách từ H đến mặt phẳng



SBD



bằng

2 33
33
a

Câu 31. [1H3-5.3-3] (THCS-THPT-NGUYỄN-KHUYẾN-TP-HCM-24THÁNG3) Cho hình chóp
SABC có tam giác SAB và tam giác ABC là các tam giác đêu cạnh a. Mặt phẳng



SAB



vng góc với đáy. Khoảng cách từ B đến



SAC



là

A. 
15
5
a

. B.

3
2
a

. C.

10
4
a

. D. a.
Lời giải

Tác giả: Nguyên Tuấn Phương ; Fb: Nguyên Tuấn Phương

Chọn A

Gọi H là trung điểm của AB suy ra d B SAC



;





2d H SAC



;





.

SAB

 đêu, SH là đường trung tuyến đồng thời là đường cao suy ra SH AB.

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

Trong



ABC



dựng BM HE lần lượt vng góc với , AC. Trong



SHE



dựng HK SE.













; do

ACHE ACSH SH  ABC AC SHE ACHK

lại có HK SE (cách
dựng) nên suy ra HK 



SAC



. Do đó d H SAC



;





HK .

ABC

 là tam giác đêu cạnh a nên BM  a23. HE//BM (vì cùng vng góc AC) , H là

trung điểm AB suy ra HE là đường trung bình của ABM

2 4

BM a

HE

  

SAB

 là tam giác đêu cạnh a nên

3
2
a
SH 

Ta có 2 2 2 2 2 2

1 1 1 4 16 20 3 15

3 3 3 2 5 10

a a

HK

HK SH HE  a  a  a   







;



2 15

5
a

d B SAC HK

  

. Do đó chọn đáp án A.

Câu 32. [1H3-5.3-3] (Cẩm Giàng) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a ,
 60

ABC   . Cạnh bên SA vng góc với đáy, SC2a. Khoảng cách từ B đến mặt phẳng



SCD



là

A. 
15
5
a

. B.

2
a

. C.

2
5

a

. D.

5 30
3
a

.
Lời giải

Tác giả: ; Fb: iện Tuyên.

Chọn A

Cách 1: Sử dụng kiến thức ở lớp 11.

ABCD là hình thoi cạnh a , ABC 60  ABC,

ACD là các tam giác đêu cạnh a .
Xét SAC vng tại A có: SA SC2AC2  4a2a2 a 3.

Vì AB CD nên // AB//



SCD



. Do đó d B SCD





d A SCD





.
Kẻ AH CD



H CD



. Suy ra H là trung điểm của cạnh CD ,

3
2
a
AH 

.
Kẻ AK SH



K SH



 

Ta có:

CD AH

CD SA



 

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

Từ (1) và (2) suy ra: AK 



SCD



d A SCD





AK.
Xét SAH vuông ở A: 2 2 2

1 1 1

AK  AH SA 2 2

4 1

3a 3a

  52

3a
 15
5
a
AK
 
.

Vậy





15
,

5
a
d B SCD 

Cách 2: Tính khoảng cách thơng qua tính thể tích.

ABCD là hình thoi cạnh a , ABC 60  ABC,

ACD là các tam giác đêu cạnh a .
Xét SAC vng tại A có: SA SC2AC2  4a2a2 a 3.

Vì AB DC nên // AB//



SDC



. Do đó









, , SACD

SCD

V
d B SCD d A SCD

S
 
.
1
.
3
SACD ACD

V  SA S

2
1 3
3.
3 4
a
a
 3
4
a


Xét SAC và SAD có: AD AC a , SA chung, SAC SAD  90 .
Do đó SAC  SADSC SD  SCD cân tại S .

Gọi H là trung điểm CD SH CD.

Xét SHC vuông ở H: SH  SC2CH2

2
2
4
4
a
a

  15

2
a

.
1
.
2
SCD

S  SH CD

1 15

. .

2 2

a
a

 2 15

4
a

.









d A SCD

3
2
3.
4
15
4
a
a

15
5

a

.

Vậy





15
,

5
a
d B SCD 

Câu 33. [1H3-5.3-3] (THPT-Phúc-Trạch-Hà-Tĩnh-lần-2-2018-2019-thi-tháng-4) Cho hình chóp

SABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB1cm, AC= 3 cm. Tam giác SAB SAC,

lần lượt vuông tại B và C . Khối cầu ngoại tiếp hình chóp SABC có thể tich bằng

3
5 5
cm
6

.
Tinh khoảng cách từ C tới



SAB



A.

2 . B.

5
cm

4 . C.

3
cm

4 . D.

3
cm

2 .

Lời giải

Tác giả: ùi ài inh; Fb: ui ai

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

Dựng SH 



ABC



với H



ABC



Có:









SH AB

SB AB

AB SBH AB BH

SH SB S

SH SB SBH



 

    

  



 

 .









SH AC

SC AC

AC SCH AC CH

SH SC S

SH SC SCH



 

    

  



 

 .

Kết hợp AB ACABHC là hình chữ nhật.
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABHC.

Tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp SABHC là trung điểm I của SA.

IS IA IH  IB IC R  .

Thể tich khối cầu:

 

3 3

4 4 5 5 5

3 3 6 2

V  R  R   R

.
ABH

 vuông tại BAH  AB2HB2 2 cm

 

.

IOH

 vuông tại

 

2
2

2 2 2 5 1 1 cm

4 2

SH

OIO IH OH     SH 

  .

Trong SHB dựng HESB tại E.

Có:









HE SB

HE AB

HE SAB

SB AB B

SB AB SAB



 

  

  



 

 .

Do CH 



SAB



d C SAB





d H SAB





HE.

Xét: 2 2 2

 

1 1 1 3

cm
2
HE

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

Câu 34. [1H3-5.3-3] (SƠ NAM ĐỊNH 2018-2019) Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình thang
vng tại A và D, SA



ABCD



. Góc giữa SB và mặt phẳng đáy bằng 45 , E là trung
điểm của SD , AB2 , a AD DC a  . Tinh khoảng cách từ B đến



ACE



A. 
2

.
3

a

B. 
4

.
3

a

C. a. D.

3
.
4

a
Lời giải

F : dacphienkhao
Chọn B

 Ta có SA



ABCD



 AB là hình chiếu của SB lên mặt đáy.
Suy ra



SB ABCD,









SB AB,



SBA 45.

Tam giác SAB vuông cân tại A nên SA AB 2a.

 Gọi H là trung điểm của cạnh AD thì EH 



ABCD



và

2
EH  SA a

.
 Trong mặt phẳng



ABCD



, vẽ HI AC tại I , khi đó: AC



EHI



.

Suy ra



ACE

 

 EHI



theo giao tuyến EI .

Do đó kẻ HK EI tại K thì HK 



EAC



hay HK d H EAC



;





 Ta có:

4 4

AC

HI   a

nên 2 2

HI HE a

HK

HI HE

 


Do AB2DC nên BO2DO















; 2 ; 2.2 ; 4

3
a

d B EAC  d D EAC  d H EAC  HK 

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

Câu 35. [1H3-5.3-3] (SGD-Nam-Định-2019) Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình thoi cạnh a.
 60 .

BAD  Cạnh bên SA a và SA vng góc với mặt phẳng đáy. Tinh khoảng cách từ B đến



SDC



.

A. 
21
7
a

B.

15
7
a

C. 
21
3
a

D. 
15
3
a

Lời giải

Tác giả: ùi Thu Hương ; Fb: Cucai Đuong

Chọn A

Ta có AB/ /



SDC



d



B SDC,





d



A SDC,





Trong mp



ABCD



dựng AM DC

Trong mp



SAM



dựng AH SM . Khi đó: d



A SDC,





AH
ABD

 đêu suy ra

3
2

a

AO AC a

Trong tam giác vuông AMC :

 0 3

sin .sin 30

AM a

SCM AM AC

AC

   

Xét tam giác vuông 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 4 1 7

3 3

SAM

AH  AM SA  AH  a a  a

21
7
a
AH

 

Suy ra





21
d ,

7
a
B SDC 

.

Câu 36. [1H3-5.3-3] (Chuyên Sơn La Lần 3 năm 2018-2019) Cho hình chóp S ABCD. có đáy là hình
thang vuông tại A và B, AB BC a  , AD2a, SA a và SA vng góc với mặt phẳng
đáy. Khoảng cách từ B đến mặt phẳng



SCD



bằng

A.
6
3

a

. B.

5
5
a

. C.

6
6
a

. D.

2 5
5
a

.
Lời giải

Tác giả: Nguyên Linh ; Fb: linh nguyen

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

Cách 1:

Gọi M là trung điểm của AD, H là hình chiếu của A trên SC . Khi đó ta có tứ giác ABCM là
hình vng và tứ giác BCDM là hình bình hành. Từ đó dễ dàng suy ra ACCD (1)

Mà SA



ABCD



 CDSA (2).

Từ (1);(2) suy ra CD



SAC



CDAH . Từ đó suy ra AH 



SCD



Ta có BM//



SCD



nên













1 1

, , ,

2 2

d B SCD d M SCD  d A SCD  AH

Xét tam giác vuông SAC có AH là đường cao nên 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 3

2 2

AH  SA  AC a  a  a

6
3
a
AH

 

Khoảng cách từ B đến mặt phẳng



SCD



là





1 6

2 6

a
d B SCD  AH 

.
Cách 2:

Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ, khi đó ta có



0;0;0



A , B



0; ; 0a



, S



0; 0;a



, D a



2 ; 0; 0



, C a a



; ; 0



. 
Ta có SD



2 ;0;a a SC



; 



a a a; ;



 

, do đó





2 2 2

, ; ;2

SD SC a a a

  
 

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

Khoảng cách từ B đến mặt phẳng



SCD



là





6
,

6
6

a a

d B SCD  

Câu 37. [1H3-5.3-3] (Nguyễn Khuyến) Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình thang vng tại A
và D, AD DC a  , AB2a. Cạnh bên SA vng góc với đáy, mặt bên



SBC



tạo với đáy
một góc 60o. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . Khoảng cách từ G đến mặt phẳng



SBC



bằng

A. 
6
6
a

. B.

6
2
a

. C.

6
4
a

. D.

6
3
a

.
Lời giải

Tác giả: Lê Thi Thu Thủy; Fb:Thủy Lê

Chọn A

Gọi I là trung điểm AB. Tứ giác AICD là hình vng nên

1
2

 

CI a AB

Tam giác ACB có trung tuyến CI bằng nửa cạnh đối diện nên là tam giác vuông tại C .

Ta có:



SBC

 

 ABCD



BC;





BC AC

BC SAC BC SC

BC SA

 

   


 

Vậy









AC ABCD AC BC

SC SBC SC BC

 




 

 , do đó góc tạo bởi hai mặt phẳng



SBC



và



ABCD



là góc

·SCA

(do tam giác SAC vuông tại S nên SCA 90 ). Theo giả thiết:

SCA

· 

60

o.

· .tan

2.tan 60

6 SA AC



SCA a



a

.

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 4

6 2 6

    

AH AS AC a a a

6
2
AH  a

Gọi M là trung điểm BC . Ta có:

















13
d G SBC GM

AM

d A SBC   d G SBC





13AH  a66

.
Câu 38. [1H3-5.3-3] (Sở Điện Biên) Cho hình chóp S ABCD. có đáy là hình vng cạnh a, tâm O .

Biết SA2a và SA vng góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng



SBC



bằng

A.
5
5

a

. B.

2 5
5

a

. C.

4 5
5

a

. D.

3 5
5

a

.
Lời giải

Chọn A

Kẻ AH SB H SB(  )

Ta có





 

 


 

BC AB

BC SAB

BC SA BC AH

Suy ra AH 



SBC



Vậy khoảng cách









1 1

O, ,

2 2

 

d SBC d A SBC AH

Xét tam giác vng SAB ta có 2 2 2
1  1  1

AH SA AB

 

2 2

2 2 2

2 2 2

2 .

. 4

5
2

   

 

a a

SA AB a

AH

SA AB a a

2
5
AH  a

Vậy





5
,

2 5

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

Câu 39. [1H3-5.3-3] (SƠ QUẢNG BÌNH NĂM 2019) Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác
vuông tại A, (SAC)



ABC



, AB3a, BC5a. Biết rằng SA2a 3 và SAC300.
Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC bằng :)

A.
3 17

4 a. B.

6 7

7 a. C.

3 7

14 a. D. 
12

5 a.
Lời giải

Tác giả: Phan Thanh Tâm ; Fb: Phan Thanh Tâm

Chọn B

Gọi H là hình chiếu của S lên AC . Ta có



SAC

 

ABC







SH ABC

SH AC



  





 .

Xét tam giác SAH , ta có SH SAsin 30 a 3 và AH  SA2SH2 3a.
Xét tam giác ABC , ta có AC BC2AB2 4a và HCAC HA a  .

Gọi E là hình chiếu vng góc của H lên BC và F là hình chiếu vng góc của H lên SE .

Ta có





BC HE

BC SH SH ABC BC




   

 suy ra BC 



SHE



HF

Do đó





HF BC

HF SBC

HF SE




 

 

 suy ra d H SBC





HF.

Gọi K là hình chiếu vng góc của A lên BC . Ta có AK HE , do đó//

2 2

1 1 1 12 3

4 4 4 5 5

HE CH AB AC

HE a a

AK CA AB AC



        

 .

Suy ra





2 2

3 7
,

AS AE

d H SBC AF a

AS AE



  

 .

Ta có















H,,







4 6 77

d A SBC CA

d A SBC HF a

CH

d SBC      

Câu 40. [1H3-5.3-3] (Sở Đà Nẵng 2019) Cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D.     có AB3a,
2

BC a, AD a 5. Gọi I là trung điểm của BC . Khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng



AID



theo a bằng

A.
46
23
a

. B.

46
46
a

. C.

3 46
46
a

. D.

3 46
23
a

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

Lời giải
Chọn D

Kẻ DM AI (MAI). Ta có DD





AI DM

AI D DM

AI



 

 

  

 



AID

 

 D DM



.
Mặt khác



AID

 

 D DM



D M nên kẻ DH D M DH 



AID



Suy ra d D AID



;



 



DH. Ta có

 

2 2

2 2

DD  a 5  2a a

Ta có SADI SABCD2SABI

2 1 2

6 2. . .3 3
2

a a a a

  

và

 

2 2

3 10

AI  a a a

Suy ra

2 6 3 10

5
10

ADI

S a a

DM

AI a

  

Ta lại có 2 2 2

1 1 1

DH   DM 2 2 2

1 1 5

DH a a

  

2 18

a
DH

  3 46

23
a
DH

 

Vậy





3 46
;

23
a
d D AID DH 

Câu 41. [1H3-5.3-3] (THẠCH THÀNH I - THANH HÓA 2019) Cho hình chóp .S ABCD có đáy là
hình thoi cạnh a , BAD60 , SA a và SA vng góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ B
đến mặt phẳng



SCD



bằng:

A. 
21
7

a

. B.

15
7

a

. C.

3 21

3
a

. D.

15
3

a

.
Lời giải

Tác giả: Minh Hạnh; Fb: fb.com/meocon2809

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

Do AB CD// nên AB//



SCD



. Suy ra d B SCD





d A SCD





.
Trong



ABCD



gọi E là trung điểm AB.

Do ABD là tam giác đêu cạnh a nên

3
,

a
DEAB DE

.
Mặt khác AB CD// nên DECD.

Trên tia đối của tia DClấy F sao cho AEDF.

Do AEDF là hình bình hành nên ED AF// . Suy ra: AFCD.

Gọi H là hình chiếu của A lên SF.

Ta thấy













 

    

  

 ,

AH SF

AH SCD d A SCD AH

AH CD CD SAF

Xét SAF vng tại A, ta có

     

  

  
 

2 2 2 2 2 2

3
.

1 1 1 . 2 21

7
3

2
a
a

AS AF a

AH

AH AS AF AS AF

a
a

Vậy khoảng cách từ Bđến mặt phẳng (SCD là )





 

,( )

a
d B SCD AH

Câu 42. [1H3-5.3-3] (Thanh Chương Nghệ An Lần 2) Cho hình chóp .S ABCD , đáy là hình bình
hành có diện tich bằng 3a , tam giác SAB đêu có cạnh bằng a và nằm trong mặt phẳng2
vuông góc với đáy. Khoảng cách từ A đến mặt phẳng



SCD



bằng

A. 
5
3
a

. B.

15
5
a

. C.

5
2
a

. D.

3
3
a

.
Lời giải

Tác giả: Mai Xuân Thủy ; Fb: Xuan Thuy Delta

Chọn B

Gọi H là trung điểm AB. Do tam giác SAB đêu nên SH  AB.

Mặt khác



SAB

 

 ABCD



và



SAB

 

 ABCD



 AB nên SH 



ABCD



.
Ta có





/ /
AB CD

CD SCD



 

 nên AB/ /



SCD



</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

Kẻ HI CD



I CD



. Ta có
CD IH
CD SH


 

 nên CD



SHI



mà CD



SCD



nên



SHI

 

 SCD



và



SHI

 

 SCD



SI.

Khi đó kẻ HK SI



K SI



ta có HK 



SCD



d H SCD





HK.
Ta có tam giác SAB đêu cạnh a nên

3
2
a
SH 

, Diện tich SABCD AB HI.  3a2nên
3

HI a .

Trong tam giác SHI ta có 2 2 2

1 1 1

HK  HS HI

 

2 2

1 1 1

3 3

HK a a

  
 
 
 
15

5
a
HK
 
.

Vậy









, ,

5
a
d A SCD d H SCD HK 

Câu 43. [1H3-5.3-3] (Đặng Thành Nam Đề 9) Cho hình chóp tứ giác đêu S ABCD. có tất cả các cạnh
bằng a . Tồn tại một điểm M nằm bên trong hình chóp và cách đêu tất cả các mặt của hình
chóp một khoảng bằng h. Tinh h.

A.



6 2



12
a

h 

. B.



6 2



4
a

h 

C.



6 2



2
a

h 

. D.



6 2



6
a

h 

.
Lời giải

Tác giả: Lê Hoàn ; Fb: Lê Hoàn

Chọn B

Gọi I là trung điểm CD, M là chân đường phân giác trong góc I của tam giác SIO.

Có CDSO CD OI,  CD



SOI







SOI



vng góc với 2 mặt phẳng



ABCD



và



SCD



.

Suy ra M cách đêu 5 mặt của hình chópS ABCD. .

- Xét tam giác vng SOA có

2 2 2

2
SO SA OA  a

.
- Đặt

tan
2
SIO
x



0 x 1



- Xét tam giác vuông SOI có

2
2
tan 2
2
a
SO
SIO
a
OI
  
2
2
2

2 2 1 0

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

- Xét tam giác vng MOI có h MO OI x  .



6 2



4 a



Câu 44. [1H3-5.3-3] (SƠ BÌNH THUẬN 2019) Cho hình chóp tứ giác đêu S ABCD. có tất cả các cạnh

bằng a . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Tinh theo a khoảng cách từ điểm G đến mặt
phẳng



SCD



A. 
6
9
a

. B.

6
3
a

. C.

2 6

9
a

. D.

6
4
a

.
Lời giải

Tác giả: Nguyên Trần Tuấn Minh ; Fb: Tuấn Minh

Phản biện: Nguyên Xuân Giao; Fb: Giao Nguyen

Chọn C

Gọi M là trung điểm CD, O là tâm hình vng ABCD. Khi đó SO là đường cao hình chóp

tứ giác đêu S ABCD. và

2 2 2 2 2

2 2

a a

SO SD OD  a   

  .

Ta có: GO cắt mp



SCD



tại D, suy ra

 

       

;

; ;

;

4 4

3 3

G SCD

G SCD O SCD
O SCD

d GD

d d

d OD   

(1)

Ta có:





CD OM

CD SOM

CD SO




 

 

 (2)

Trong mp



SOM



kẻ OH SM tại H.

Khi đó:









 ; 

(2) O SCD

OH SM

OH SCD d OH

OH CD do




   

 

 .

Trong SOM vuông tại O:

2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 6

6
2

2
2

a
OH

OH  SO OM  a   a  

 
 

   

  .

(1)  ; 

4 2 6

3 9

G SCD

a

d OH

  

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

Câu 45. [1H3-5.3-3] (Hùng Vương Bình Phước) Cho hình chóp S ABCD. , có đáy là hình chữ nhật,

, 2 , 3

AB a AD  a SA a và SAvng góc với đáy. Gọi , ,E F K lần lượt là trung điểm của

BC SB và

SA

.

Tinh khoảng cách từ F đến mặt phẳng



KED



.
A.

66
44
a

B. 
33

44
a

. C.

66
11
a

. D.

33
11
a

.
Lời giải

Tác giả: Dương Hà Hải; Fb: Dương Hà Hải.

Chọn A.

Chọn hệ trục tọa độ Oxyzthỏa mãn O A còn D B S, , theo thứ tự thuộc các tia Ox Oy Oz, , .
Khi đó ta có tọa độ các điểm lần lượt là:

3 3

(2 ;0;0), (0; ;0), (0;0; 3), (0;0; ), ( ; ;0), (0; ; ).

2 2 2

a a a

D a B a S a K E a a F

Ta có:

3 3

( ; ; ); (2 ;0; )

2 2

a a

KE a a  KD a 

 

2 2 2

3 3

[ , ] ; ; 2 , ( 3; 3; 4).

2 2 2

a a a

KE KD     a   n n

 

   

Mặt phẳng (KED có vecto pháp tuyến là ) n ( 3; 3; 4) có phương trình
3(x a ) 3(y a) 4 z 0  3x 3y4z2a 3 0

Vậy ta có

3 3

4. 2 3

2 2 66

( , ( ))

44
3 3 16

a a

a

a
d F KED

 

 

 

Câu 46. [1H3-5.3-3] (NGUYỄN TRUNG THIÊN HÀ TĨNH) Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C.    có
tất cả các cạnh bằng a . Tinh theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng A B  và BC .

A. a. B.

3
7

a

. C.

21
7
a

. D.

2
2
a

.
Lời giải

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

Chọn C

Dựng hình thoi A B D C    , suy ra C D //A B  nên A B //



BC D 



.
Khi đó: d A B BC



 , 



d A B BC D



 ,



 



d B BC D



,



 



.
Dựng B H C D C D' '



BB H'



Kẻ B K BH B K' 



BC D' '



. Suy ra d B BC D



,



 



B K .
Xét tam giác đêu B C D   cạnh a, nên

3
2
a
B H 

Xét tam giác vuông BB H vuông tại B, có B K là đường cao nên ta có

2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 4 7

3 3

B K  BB  B H  a  a  a

21
7
a

B K

 

Vậy









, ,

7
a
d A B BC   d B BC D   B K 

Câu 47. [1H3-5.3-3] (Chuyên-Thái-Nguyên-lần-1-2018-2019-Thi-tháng-3) Cho tam giác đêu ABC
có cạnh bằng 3a. Điểm H thuộc cạnh AC với HC a . Dựng đoạn thẳng SH vng góc với
mặt phẳng



ABC



với SH 2a. Khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng



SAB



bằng

A. 
3

7
a

. B.

3 21
7

a

. C.

21
7

a

. D. 3a.
Lời giải

Tác giả: Nguyên Thi Phương Thảo; Fb: Nguyên Thi Phương Thảo

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>

Gọi D là trung điểm của ACCDAB.
Kẻ HM CD M



AB



HM AB.

Ta có





HM AB

AB SHM

SH AB




 

 

 .

Trong mặt phẳng



SHM



kẻ HK SM K SM







ta có

















HK SM

HK SAB d H SAB HK

HK AB AB SHM



    

  

 .

Ta có



























2 2 2

d C SAB CA

CH SAB A d C SAB d H SAB HK

HA
d H SAB

       

Tam giác ABC đêu cạnh 3a nên

3 3
2

a
CD

Lại có

2 2 3 3

. 3

3 3 2

HM AH a

HM a

CD  AC     .

Trong tam giác vng SHM ta có 2 2 2 2

. 2 . 3 2 21

7
4 3

SH HM a a a

HK

SH HM a a

  

  .

Vậy





3 2 21 3 21

, .

2 7 7

a a

d C SAB  

Câu 48. [1H3-5.3-3] (Sở Quảng NamT) Cho hình chóp S ABC. có BC a , góc giữa hai mặt phẳng



SBC



và



ABC



bằng 60 . Gọi 0 Hlà hình chiếu vng góc của đỉnh Strên mặt phẳng



ABC



. Biết rằng tam giác HBCvuông cân tại Hvà thể tich khối chóp S ABC. bằng 3

a .

Khoảng cách từ A đến mặt phẳng



SBC



bằng:

A. 2 3a. B. 6 3a. C. 2a. D. 6a.
Lời giải

Tác giả: Hà Hải ;Fb: Hải Hà Minh

</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

Trong tam giác HBCgọi I là trung điểm của BC.



SBC

 

 ABC



 BC, mà BC HI, BCSI.

Nên góc giữa hai mặt phẳng



SBC



và



ABC



là góc SIH 600.
Trong tam giác vng SHIcó:

0 3

. tan 60
2

SH HI  a

Kẻ đường cao HK trong tam giác SHI khi đó:

2 2 2

1 1 1 16

3 a

HK  SH HI  =>

3
4

HK  a

mà .

1
.
3

S ABC ABC

V  SH S

2
.

2 3
S ABC

ABC

V

S a

SH

  

Ta lại có





. . ,
2

ABC

S  BC d A BC

=>d A BC





AO4 3a (AO là đường cao trong tam giác ABC).
mà

















, 4 3

8 3
,

d A SBC AO a

a

d H SBC  HI  

Do đó: d A SBC





= 8 3 .d H SBC





= 8 3.HK 6a.

Câu 49. [1H3-5.3-3] (HK2 THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI) Hình chóp .S ABCD đáy là hình
vng cạnh a SA a SA,  , 



ABCD



. Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng



SBC



bằng

A. 2a . B. a . C. a 2. D.

2
2

a

.
Lời giải

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

Gọi H là trung điểm SB AH SB do tam giác SAB cân tại .A



 



BC AB

BC SAB SBC SAB

BC SA




   

 




SBC

 

 SAB



SB

Mà









, .

a

AH SBAH  SBC d A SBC AH 

Câu 50. [1H3-5.3-3] (Kim Liên) Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình thang cân, đáy lớn
AB. Biết rằng AD DC CB a   , AB2a, cạnh bên SA vng góc với đáy và mặt phẳng



SBD



tạo với đáy góc 45. Gọi I là trung điểm của cạnh AB. Tinh khoảng cách d từ Iđến
mặt phẳng



SBD



A. 4

a
d 

. B. 2

a
d

. C.

2
4
a
d 

. D.

2
2
a
d 

.
Lời giải

Tác giả: Nguyên Thi Xuyến; Fb: Nguyen Xuyen

Chọn C

Ki hiệu d M P



 



là khoảng cách từ M đến mặt phẳng

 

P .

DoABCD là hình thang cân, đáy lớn ABvà AD DC CB a   ,AB2a2IB nên tứ giác
DIBClà hình thoi. Suy ra DI AI IB   ADDB

 

1 .

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>

Từ

 

1 và

 

2 suy ra BD



SAD



Ta có



 









 





 



SBD ABCD BD

BD SAD

SAD ABCD AD

SAD SBD SD

 








 



  



nên góc giữa mặt phẳng



SBD



với đáy là góc giữa hai đường thẳng SD và AD bằng SDA .
Tức là SDA  45 . Gọi H là hình chiếu của A lên SD.

Khi đó ta có BD AH SD,  AH  AH 



SBD



, H



SBD



Do đó, khoảng cách từ A đến mặt phẳng



SBD



bằng AH.
Tam giác SADvuông cân tại A 

2 2

AD a

AH  

Vì I là trung điểm của cạnh ABnên ta có:









1 1 2

, ,

2 2 4

a
d d I SBD  d A SBD  AH

.
Câu 51. [1H3-5.3-3] (Trung-Tâm-Thanh-Tường-Nghệ-An-Lần-2) Cho hình chóp .S ABCD có đáy là

hình chữ nhật. Cho biết SA2a, AB a , AD2a và SA



ABCD



. Gọi M là trung điểm
của BC . Khoảng cách từ M đến mặt phẳng



SBD



bằng

A. 
6
6
a

. B.

3
2
a

. C.

6
3
a

. D.

3
4
a

.
Lời giải

Tác giả: Nguyên Thành iên ; Fb: ien Nguyen Thanh

Chọn A

Ta có M là trung điểm của BC nên













1 1

, , ,

2 2

d M SBD  d C SBD  d A SBD

</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>

2 2 2 2

1 1 1 1

AH SA  AB  AD 2 2 2 2 2 2

. .
SA AB AD
h

SA AB AB AD AD SA
 

 

2 2 2 2 2 2

2 . .2 2 6

4 . 4 4 4

a a a a

a a a a a a

 

  .

Vậy





6
,

6
a
d M SBD 

Câu 52. [1H3-5.3-3] ( Chuyên Lam Sơn Lần 2) Một phần sân trường được định vị bởi các điểm A, B
, C , D như hình vẽ. Bước đầu chúng được lấy “ thăng bằng” để có cùng độ cao, biết ABCD là
hình thang vng ở A và Bvới độ dài AB25m, AD15m, BC 18m. Do yêu cầu kỉ
thuật, khi lát phẳng phần sân trường phải thốt nước vê góc sân ở C nên người ta lấy độ cao ở
các điểm B, C , D xuống thấp hơn độ cao ở A là 10cm , a cm, 6cm tương ứng. Giá trị của

a là số nào sau đây?

A. 15,7cm . B. 17, 2cm. C. 18,1cm . D. 17,5cm .
Lời giải

Tác giả: Lê Tú Anh; Fb: Tú Tam Tạng

Chọn B

Sau khi dời xuống thì mặt sân mới là AMGH . Lúc đó IK CG , / / IK / / DM / / BH.

Ta có:

15
.
18

ID IA AD

IB  IC  BC 

Vẽ MQ/ / DB cắt IKtại T IT BQ 6cm

15
33

TK DI

QH DB

   4.15 20 .

33 11

TK cm

  

20 86

6 .

11 11

IK cm

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

Ta có:

15
33
IK AI
CG  AC 

7, 2 .
5

CG cm

  

Câu 53. [1H3-5.3-3] (Thị Xã Quảng Trị) Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình thang vng
tại A và D , với AD DC a  ,AB2a. Cạnh bên SA vng góc với mặt đáy và SA a .
Khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng



SBC



bằng

A. 
6
3
a

. B.

6
6
a

. C.

3
3
a

. D.

3
6
a

.
Lời giải

Tác giả:Trinh a; Fb:trinh.ba.180.

Chọn B

Gọi E là trung điểm của AB thì DCBE là hình bình hành ( vì DC/ /EB ). Do đó DE //
BC suy ra DE //



SBC



. Khi đó







;





;







;







;





2
EB

d D SBC d E SBC d A SBC d A SBC

AB

  

Vì E là trung điểm của AB thì AECD là hình vng, ECB là tam giác vng cân tại E . Từ 
đó ta có góc ACE ECB 450, suy ra ACB900. Vậy ACCB.

Mà CBSA nên CB



SAC



CBAH , với H là chân đường cao kẻ từ A của tam giác
SAC.

Ta có AH SC AH, CBAH 



SBC



AH d A ABC



;





 









2 2 2 2 2

2
2

1 1 1 1 1 3

2
2

2 6 6

; .

3 3 3

AH AS AC a a a

a a a

AH AH d A SBC

    

     

Vậy









1 6

D; ;

2 6

a

d SBC  d A SBC 

</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47>

Câu 54. [1H3-5.3-3] (HK2 THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI) Hình chóp .S ABC có đáy là tam
giác vng cân tại B, AC a 2. Tam giác SAC vuông cân tại S và nằm trong mặt phẳng
vng góc với mặt phẳng



ABC



. Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng



SBC



bằng ?
A.

6
3

a

. B. a . C.

6
6

a

. D. 2

a
.
Lời giải

Tác giả: Ngô Thi Lý ; Fb: Lý Ngô
Chọn A

Cách 1:

Gọi M là trung điểm của AC.
Ta có:

SAC

 vng cân tại S; AC a 2 

2
2

SA SC a
a
SM

 







 .

ABC

 vuông cân tại B; AC a 2 

2
2

BA BC a
a
BM

 







 .

Ta có:



 





 







SAC ABC

SAC ABC AC SM ABC SM BM

SM AC

 



     



 



BM 



ABC





 SMB

vuông cân tại M  SB a  SBC là tam giác đêu cạnh a

2 3

4
SBC

a
S

 

Lại có:

3
.

1 1 1 1 2 2

. . . .a .a .

3 3 2 6 2 12

S ABC ABC

a a

V  S SM  BA BC SM  

</div>
(48)<div class='page_container' data-page=48>

Mà:









3
.

2
3.

3. 12 6

;

3
3

S ABC
SBC

a

V a

d A SBC

S a

  

Vậy





6
;

a

d A SBC 

.
Cách 2:

Gọi M là trung điểm AC , khi đó SM 



ABC



.
Vì AC2MCd A SBC





2d



SBC



Trong



ABC



, kẻ MNBCBC



SMN

 

 SBC

 

 SMN



theo giao tuyến SN .
Trong



SMN



, kẻ MI SN MI 



SBC



d



SBC



MI.

Ta có: BA BC a  ,

2 2

a
MN  BA

1 2

2 2

a

SM  AC

.
Xét SMN vuông tại M , đường cao MI, ta có:









2 2 2 2 2 2

1 1 1 2 4 6 6 6

, 2

6 3

a a

MI d A SBC MI

MI MS MN  a a  a     

Bài tập tương tự :

Câu 55. Cho hình chóp .S ABC có tam giác SAB vng cân tại S và nằm trong mặt phẳng vng góc
với mặt phẳng



ABC



. Biết SA a ; góc hợp giữa SC và mặt phẳng



ABC



bằng 45 . Tinh
khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng



SBC



?

A. 
6
3

a

. B. a . C.

6
6

a

. D. 2

a
.

Câu 56. Cho hình chóp .S ABC có đáy là tam giác vng tại A, ABC30; mặt bên SBC là tam giác
đêu cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy . Tinh khoảng cách từ C đến



SAB



?
A.

39
3

a

. B.

39
13

a

. C.

39
12

a

. D.

39
6

a

</div>
(49)<div class='page_container' data-page=49>

Khi áp dụng tinh khoảng cách trong hình học khơng gian bằng phương pháp thể tich ta cần nhớ
một số công thức tinh diện tich tam giác:

1. Tam giác đêu cạnh a :

2 3

a
S

2. Công thức Hê-rông: S  p p a p b p c(  )(  )(  ) với p là nửa chu vi; , ,a b c là kich thước
3 cạnh.

Câu 57. [1H3-5.3-3] (Sở Thanh Hóa 2019) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh

a . Tam giác ABC đêu, hình chiếu vng góc H của đỉnh S trên mặt phẳng



ABCD



trùng
với trọng tâm của tam giác ABC . Đường thẳng SD hợp với mặt phẳng



ABCD



một góc 30 .0
Tinh khoảng cách d từ Bđến mặt phẳng (SCD theo a .)

A. d a 3. B.

2 5

3
a
d 

. C.

2 21
21
a

d 

. D.

21
7
a
d 

.
Lời giải

Chọn D

Gọi O ACBD.

Ta có ABC đêu cạnh a có Hlà trọng tâm

3 3 4 2 3

, ,

2 3 3 3

a a a

BO CH HD BO

    









,



 300 . tan 2

a

SD ABCD SDH  SH HD SDH 

.
Lại có CH ABCH CD.

Kẻ HK SC K SC(  ). Ta có
( )

SH CD

CD SHC HK CD

CH CD

 

   



  .

( ,( )) 2 2

. 2 21

( )

21
H SCD

SH HC a

HK SCD d HK

SH HC

     

 .

Mà

( ,( ))

( ,( ))
( ,( ))

2 21

3 7

H SCD

B SCD
B SCD

d HD a

d

d  BD    .

</div>
(50)<div class='page_container' data-page=50>

A.
6
4
a

. B.

12
7
a

. C.

21
7

a

. D.

3
4
a

.
Lời giải

Tác giả: Lê Xuân Đức; Fb: Lê Xuân Đức

Chọn C

Gọi M là trung điểm cạnh BC . Kẻ AH MA'.
Lúc đó ta có: ( ,( 'd A A BC)) AH .

Ta có: 2 2 2 2 2 2

1 1 1 4 1 7

' 3 3

AH  AM AA  a a  a .

Suy ra:

21
7

a
AH 

Câu 59. [1H3-5.3-3] (ĐỀ-THI-THU-ĐH-THPT-CHUN-QUANG-TRUNG-L5-2019) Cho
hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình chữ nhật AB2 ,a BC a , tam giác SAB đêu và
nằm trong mặt phẳng vng góc với



ABCD



. Khoảng cách từ A đến mặt phẳng



SBD



bằng
A.

57
19
a

. B.

3
4
a

. C.

3
2
a

. D.

2 57
19

a

.
Lời giải

Tác giả: Nguyên Tất Thành; Fb: Thanh Nguyen

</div>
(51)<div class='page_container' data-page=51>

Gọi K là trung điểm của AB SK AB ( vì SAB đêu) mà



SAB

 

 ABCD



nên





SK  ABCD

Gọi M là hình chiếu của K lên BD BD



SKM

 

 SKM

 

 SBD



Gọi H là hình chiếu của K lên SM KH 



SBD



d K SBD



;





KH.
Mặt khác: AB2KBd A SBD



;





2d K SBD



;





2KH.

Trong tam giác đêu SAB cạnh 2a ta được

2 3

3.
2

a

SK  a

2 2

. . 5

.
5
4

KM BK BK AD a a a

BKM BDA KM

AD BD BD a a

     


 

Trong SKM ta được 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 5 16

3 3

KH SK KM  a a  a









3 3

4 2

a a

KH d A SBC

   

Câu 60. [1H3-5.3-3] (Cụm THPT Vũng Tàu) Cho hình chóp tứ giác đêu .S ABCD có cạnh đáy bằng
2a , tâm O , SO a . Khoảng cách từ O đến mặt phẳng



SCD



bằng

A. 
2
2
a

. B. 3a. C.

5
5
a

. D.

6
3
a

.
Lời giải

Tác giả: Nguyên Văn Mộng; Fb: Nguyên Văn Mộng 
GVP : Trần Thanh Sơn; Fb: Trần Thanh Sơn

</div>
(52)<div class='page_container' data-page=52>

Ta có: SO



ABCD



(do .S ABCD là hình chóp đêu).
Gọi M là trung điểm của CD .

Ta có:

















   



 







 

do cân tại
,

CD SO SO ABCD CD

CD SM SCD S

SO SM SOM

SM SO S CD



SOM



Mà CD



SCD nên





SCD

 

 SOM



Ta lại có:



SCD

 

 SOM



SM
Trong



SOM , kẻ



OHSM tại H

Suy ra, OH



SCD



d O SCD





OH
Ta có:  

1
2

OM BC a

Xét SOM vuông tại O , ta có

  

 

2 2 2 2

. . 2

SO OM a a a

OH

SO OM a a

Vậy





 
2
,

2
a

d O SCD OH

CÂU 61. [1H3-5.3-4] (Phan Đình Tùng Hà Tĩnh) (Phan Đình Tùng Hà Tĩnh) Cho hình chóp

S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, ABC60 và SA vng góc với (ABCD). Biết

thể tich khối chóp .S ABCD bằng

a

, M là trung điểm của SD . Tinh khoảng cách d từ M
đến mặt phẳng (SBC)?

A. 5

a
d 

. B.

6
6

a
d 

. C.

3
2 5

a
d 

. D.

15
10
a
d 

.
Lời giải

</div>
(53)<div class='page_container' data-page=53>

Chọn D

Ta có tam giác ABC đêu cạnh a nên

2 3

( ) 2d ( )
2

a

dt ABCD  t ABC 

. Vì SA là đường cao

hình chóp .S ABCD . Suy ra

. D

3 2

( D) 3

2
S ABC

V

SA a

dt ABC a

  

Ta lại có

3
2

a
AN

Gọi K là giao điểm của AC và BD và N lần lượt là trung điểm của BC .

Ta có KM song song với SB nên KM song song với (SBC). Do đó, khoảng cách d từ M tới
(SBC) bằng khoảng cách từ K tới (SBC).

Mặt khác, K là trung điểm của AC nên

( , ( )) . ( , (SBC))
2

d K SBC  d A

Kẻ AH SN . Do BCAN BC, SABC(SAN)BC AH . Vì vậy, ta có

( ) ( ,( ))

AH  SBC d A SBC  AH.

Mà 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 4 5 15

3a 3a 3a 5

a
AH

AH  SA  AN  AH      .

Vậy

1 1 15 15

( ,( )) . ( ,(SBC)) .

2 2 5 10

a a

d d K SBC  d A  

Câu 62. [1H3-5.3-4] (Phan Đình Tùng Hà Tĩnh) (Phan Đình Tùng Hà Tĩnh) Cho hình lăng trụ đứng
.

ABC A B C   có AB a ; AC2a; AA 2a 5; BAC120; M là trung điểm của CC .
Tinh khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng



A BM



A. 
5
6
a

. B. a 5. C.

5
3
a

. D. a 15.
Lời giải

Tác giả: Nguyên Thúy Hằng; Fb: Hằng-Ruby-Nguyên

</div>
(54)<div class='page_container' data-page=54>

Gọi E ACA M , vì M là trung điểm của CC nên dễ thấy C là trung điểm của AE.
Ta có, d C A BM



;







d C A BM



;











1
;

2d A A BM


Trong



ABC



, dựng AK BE; Trong



A AK



, dựng AH  A K d A A BM



;







 AH

Áp dụng định li cosin cho ABE: BE2  AB2AE22.AB AE. .cos120 21a2 BE a 21

Lại có

2 3
. . .sin120

a

AK BE AB AE   AK

2 2 2 2 2 2

1 1 1 21 1 9 5

12 20 5 3

a
AH

AH AK AA a a a

       



Vậy





1 5

; .

2 6

a
d C A BM  AH 

Câu 63. [1H3-5.4-2] (Nguyễn Trãi Hải Dương Lần1) Cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D.     có

AB a , AD AA 2a. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và DC bằng

A. 
6
3
a

. B.

3
2
a

. C.

3
3
a

. D.

3
2

a
.
Lời giải

Tác giả: Trần Quốc Khang; Fb: i Trần

Chọn A

</div>
(55)<div class='page_container' data-page=55>





AC BE

AC BB E

AC BB



 

 

  

 ACBH mà BH B E BH 



AB C



tại H









d B AB C BH

 

ABC

 vuông tại B có 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 5

4 4

BE  BA BC a  a  a .

BB E

 vng tại B có 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 5 3

4 4 2

BH  BB BE  a  a  a

6
3
a
BH
 
.
Ta có DC//ABDC//



AB C



d AC DC



, 



d D AB C







Lại có

















d D AB C DO

BO
d B AB C



 



(do O là trung điểm BD)













3
a
d D AB C d B AB C BH

   

Cách 2: Vũ Thị thanh Huyền

Ta có C D AB // C D //



ACB













;







;





d C D AC d C D ACB  d D ACB d B ACB

   

(vì

















d D AB C DO

BO
d B AB C



 



(do O là trung điểm BD)).

Tứ diện BACB có BA, BC , BB đơi một vng góc nên ta có









2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1 6

4 4 4

; BA BC BB a a a a

d B ACB        







;







3 3

a a

d B ACB d C D AC

   

.

Câu 64. [1H3-5.4-2] (Sở Quảng Ninh Lần1) Cho hình chóp tứ giác đêu .S ABCD có đáy bằng 2a ,

SA tạo với đáy một góc 30 . Tinh theo a khoảng cách d giữa hai đường thẳng SA và CD .

A.

2 10
5
a
d 
. B. 
3 14
5
a
d 
. C. 
4 5
5
a
d 
. D. 
2 15
5
a
d 
.
Lời giải

</div>
(56)<div class='page_container' data-page=56>

Gọi O ACBD. Ta có

1 1

2 2 2.

2 2

OA AC a a

Vì SA tạo với đáy một góc 30 nên SAO·   . Do đó:30

1 6

tan 30 .tan 30 2. .

3
3

SO a

SO AO a

AO

      

Mặt khác, d d SA CD





d CD SAB





d C SAB





2d O SAB





.
Gọi , I J lần lượt là hình chiếu vng góc của O lên ,AB SI . Ta có OI a .
Xét tam giác

2
2

2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 3 5 2 10

2 2 5 5

a a

SOI OJ OJ

OJ OI SO  a  a  a     .

Vậy

2 10
5

a
d 

Câu 65. [1H3-5.4-2] (Đặng Thành Nam Đề 6) Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vng
cạnh a , SA vng góc với đáy. Khoảng cách giữa hai đường thẳng SD, BCbằng :

A. a . B. 2a . C.

2
2
a

. D. 2

a
.
Lời giải

Tác giả: Phạm Uyên ; Fb: Phạm Uyên

Chọn A

Ta có BC/ /AD Þ BC/ /



SAD















d SD BC d BC SAD d B SAD BA a

     .

( Dễ dàng chứng minh được BA



SAD



,
nên d B SAD





BA a ).

Câu 66. [1H3-5.4-2] (Thuan-Thanh-Bac-Ninh) Cho khối lập phương ABCD A B C D.     cạnh a.
Khoảng cách giữa hai đường thẳng A C  và BD bằng

A. 2

a

. B. 4

a

. C. a. D.

3
2

a

.
Lời giải

</div>
(57)<div class='page_container' data-page=57>

Gọi O AC BD O  ,  A C B D 

Ta có: OO AA// AA



ABCD



và OO



A B C D   



OO BD

OO

OO A C

 

 

 

  

 là đoạn vng góc chung của BD và A C 





OO d BD A C  a

  

Câu 67. [1H3-5.4-2] (SƠ PHÚ THỌ LẦN 2 NĂM 2019) Cho hình chóp S ABCD. có đáy là hình thoi
tâm O, cạnh bằng a 3, BAD , 60 SA vng góc với mặt phẳng đáy, góc giữa đường thẳng
SC và



ABCD



bằng 45 . Gọi G là trọng tâm tam giác SCD. Khoảng cách giữa hai đường

thẳng OG và AD bằng
A.

3 5
.
5

a

B. 
17

.
17

a

C. 
3 17

.
17

a

D. 
5

.
5

a

Lời giải

Tác giả: Hải Thương; Fb: Hải Thương

Chọn C

Gọi M , N lần
lượt là trung điểm
của AB CD .,
Do ABCD là
hình thoi nên





/ / / /

AD MN AD SMN , OG



SMN



d



AD OG,



d



AD SMN,





d



A SMN,





. 
Trong



ABCD



, dựng AI MN I MN,  , ta được MN 



SAI

 

 SMN

 

 SAI





SMN

 

 SAI



SI

Trong



SAI



, dựng AH SI H, SI AH 



SMN



d



A SMN,





AH.
Góc giữa đường thẳng SC và



ABCD



bằng 45 SCA  45 .

BCD

 đêu cạnh bằng a 3

2 3 .

2
a

CO AC CO a

    

SAC

 vuông tại ,A ta có tan .tan 45 3 .

SA

SCA SA AC a

AC

    

AIM

 vuông tại  

3 3 3

, 30 cos .cos30 . .

2 2 4

AI a a

I IAM IAM AI AM

AM

</div>
(58)<div class='page_container' data-page=58>

SAI

 vng tại A , đường cao AH, ta có

2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 17

9 9

16
a
AH  SA  AI  a   a
3 17

.
17

a
AH

 

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng OG và AD bằng 
3 17

.
17

a

Câu 68. [1H3-5.4-2] (Liên Trường Nghệ An) Cho hình chóp .S ABCD với ABCD là hình vng cạnh
2a, SA vng góc với mặt phẳng

(

ABCD

)

và SA a= 3. Tinh khoảng cách giữa hai đường

thẳng SD và AB .

A.
12

.
7

a

B. 
7

.
12

a

C.
30

.
5

a

D.
84

a

Lời giải

Tác giả: Văn ùi Vũ; Fb: Van Tuan Vu

Chọn D

Ta có: AB CD/ / AB/ /



SCD



, do đó d AB SD





d A SCD









CD AD

CD SAD

CD SA

  


  mà CD



SCD



nên



SAD

 

 SCD



Mặt khác



SAD

 

 SCD



SD. Trong mặt phẳng



SAD



kẻ AH SDAH 



SCD



tại H.
Vậy d AB SD





d A SCD





AH.

Ta có 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 7

3 4 12

AH SA  AD  a  a  a

84
7
a
AH

 

(đvđd).

Câu 69. [1H3-5.4-2] (THPT ISCHOOL NHA TRANG) Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C.    có đáy

</div>
(59)<div class='page_container' data-page=59>

A. 2a . B. 
3
4
a

. C.

2
2
a

. D. 2

a
.
Lời giải

Tác giả: Mai Xuân Thủy ; Fb: Xuan Thuy Delta

Chọn D

Ta có: Tam giác ABC là tam giác vuông cân tại A nên AM BC.

Mặt khác ABC A B C.    là hình lăng trụ đứng nên suy raAM 



BB C C 



Kẻ MH B C H B C (   ). Khi đó MH là đoạn vng góc chung của AM và B C
suy ra d



AM B C; 



MH. Ta có BC a2 a2 a 2.

Ta thấy tam giác B BC vuông cân tại B nên HCM  45

.sin 45

MH MC

  

2 2

.sin 45 .

2 2 2 2

BC a a

   

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B C bằng 2
a
.

Câu 70. [1H3-5.4-2] (KHTN Hà Nội Lần 3) Cho hình lập phương ABCD A B C D.     có cạnh bằng a.
Khoảng cách giữa hai đường thẳng BB và AC bằng

A. a. B. 2

a

. C.

2
2
a

. D. a 2.
Lời giải

Tác giả: Nguyên Trường An; Fb: Trường An Nguyên

Chọn C

A

B

C

D

A

B

C

D

O

Ta có:





/ /

BB AA

AA ACC A

  


</div>
(60)<div class='page_container' data-page=60>













 

d BB AC  d BB ACC A   d B ACC A 

  

.
Gọi O là tâm của hình vng ABCD BOAC.

Mà BO AA AA







ABCD



nên BO



ACC A 



d B ACC A



 



BO

 

2 .
Hình vng ABCD cạnh bằng a

 

2 3

2 2

BD a

BD a BO

    

Từ

 

1 ,

 

2 và

 

3  Khoảng cách giữa hai đường thẳng BB và AC bằng 
2
2

a

Câu 71. [1H3-5.4-2] (Nguyễn Khuyến)Cho tứ diện đêu ABCD cạnh a. Khoảng cách giữa hai đường
thẳng AB và CD bằng

A. 
3

.
2
a

B. 
2

.
2
a

C. 
3

.
3
a

D. a.

Lời giải

F : dacphienkhao

Chọn B.

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD.

Khi đó:









MN CD do MC MD

MN AB do NA NB

 



  

 .

Suy ra MN là đoạn vng góc chung của AB và CD.

Hay d AB CD



;



MN  BN2BM2

2 2

3 2

2 2 2

   

     
 

 

a a a

Câu 72. [1H3-5.4-3] (Chuyên Vinh Lần 2) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thang
vng tại A và B với AB BC a  , AD2a, SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA a .
Tinh theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD .

A.
6
6
a

. B.

6
2
a

. C.

6
3
a

. D.

3
3
a

.
Lời giải

Tác giả: Nguyên Thi Thanh Vân; Fb: Thanh Van

Chọn C

M

</div>
(61)<div class='page_container' data-page=61>

Trong mp



ABCD



, qua D kẻ đường thẳng song song với AC , cắt đường thẳng AB , BC lần
lượt tại E , K .

Ta có CK AD AC DK// , //  ACKD là hình bình hành  CK AD2a

AD BK 

2 2

3 3

AE AD a

BE  BK  a 

1
3
AB
BE

 

BE a

  ,AE2a.

AC DE AC//



SDE















d AC SD d AC SDE d A SDE h

   

SA , AD , AE đơi một vng góc nên SADE là tứ diện vuông đỉnh A , vì vậy

2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1

4 4

h  SA  AD  AE  a  a  a

6
3
a
h
 

Câu 73. [1H3-5.4-3] (Chuyên Vinh Lần 2) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thang
vng tại A và B với AB BC a  , AD2a, SA vng góc với mặt phẳng đáy. Biết
khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD bằng

6
3
a

. Thể tich khối chóp .S ABCD bằng

A.

3
a

. B.

3
3

a

. C.

2
a

. D.

2
2
a

Lời giải

Tác giả: Nguyên Thi Thanh Vân; Fb: Thanh Van

</div>
(62)<div class='page_container' data-page=62>

Trong mp



ABCD



, qua D kẻ đường thẳng song song với AC , cắt đường thẳng AB , BC lần
lượt tại E , K .

Ta có CK AD AC DK// , //  ACKD là hình bình hành  CK AD2a

AD BK 

2 2

3 3

AE AD a

BE  BK  a 

1
3
AB
BE

 

BE a

  ,AE2a.

Ta có: AC DE // AC//



SDE















d AC SD d AC SDE d A SDE h

   

SA , AD , AE đơi một vng góc nên SADE là tứ diện vuông đỉnh A , vì vậy

2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 9 1 1 1

6 4 4 SA a

h  SA  AD  AE  a SA  a  a   .

Suy ra





3
.

1 1

. . . 2

3 2 2

S ABCD

a

V  a a a a 

Câu 74. [1H3-5.4-3] (Chuyên Vinh Lần 2) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thang
vng tại A và B với AB BC a  , AD2a, SB vng góc với mặt phẳng đáy và SB3a
. Tinh theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD .

A.
3
3
a

. B.

3
3
a

. C.

2 3
3

a

. D.

2
2
a

.
Lời giải

Tác giả: Nguyên Thi Thanh Vân; Fb: Thanh Van

</div>
(63)<div class='page_container' data-page=63>

Trong mp



ABCD



, qua D kẻ đường thẳng song song với AC , cắt đường thẳng AB , BC lần
lượt tại E , K .

Ta có CK AD AC DK// , //  ACKD là hình bình hành  CK AD2a

AD BK 

2 2

3 3

AE AD a

BE  BK  a 

1
3
AB
BE

 

BE a BK

   .

Ta có: AC DE // AC//



SDE



















3 3

d AC SD d AC SDE d A SDE d B SDE h

    

SBEK là tứ diện vuông đỉnh B 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1

9 9 9

h BS BE BK a a a

      





2 3

3 ,

3
a

h a d AC SD

   

Câu 75. [1H3-5.4-3] (Cầu Giấy Hà Nội 2019 Lần 1) Cho hình lăng trụ ABC A B C.    có
AB AC AAa; BAC120 , BAA  , 90 CAA  , 60 D là điểm thoả mãn ABA D là
hình bình hành. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và BC bằng:

A. 
2
2
a

. B.

3
2

a

. C. a . D. 2

a

.
Lời giải

Tác giả: Nguyên Đắc Điệp; Fb: Nguyên Đắc Điệp

Chọn B

Bài toán này cho lăng trụ ABC A B C.   , nhưng thực tế khi giải chỉ liên quan đến hình chóp
.

</div>
(64)<div class='page_container' data-page=64>

B
D

Do AD BA// AD//



BA C



d AD BC





d AD BA C







d A BA C







AH (H là
hình chiếu của A trên mặt phẳng



BA C



Theo đê bài ta dễ dàng tinh được: CA a, A B a  2, BC a 3 từ đó dễ thấy BCA
vng tại A .

Mặt khác ta có AHC AHB AHA (cạnh huyên - cạnh góc vng), suy ra
HA HB HC  , từ đó ta có H là trung điểm của BC, suy ra

1 3

2 2

a
AH  BC

Câu 76. [1H3-5.4-3] (KỸ-NĂNG-GIẢI-TOÁN-HƯỚNG-ĐẾN-THPT-QG) Cho hình chóp tam giác
.

S ABC có đáy ABC là tam giác đêu cạnh a và SBA SCA   . Biết góc giữa đường thẳng90

SA và mặt phẳng



ABC



bằng 45 . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC là
A.

2 51

17 a. B.

2 13

13 a. C.

2 7

7 a. D.

39
13 a.
Lời giải

Tác giả: Vũ Danh Được; Fb: Danh Được Vũ

Chọn A

</div>
(65)<div class='page_container' data-page=65>

Gọi ,E I lần lượt là trung điểm của ,SA BD .

Tam giác SBA vuông tại B, tam giác SCA vuông tại A nên EA EB EC  .
Lại có tam giác ABC đêu, G là trọng tâm tam giác ABC nên EG



ABC



.
Dễ thấy G là trung điểm của AH EG // SHSH 



ABC



Ta có

2 3 3

3 2 3

a a

AG 





,  45 3

3
a
SA ABC SAH   EG AG

.
2 3

3
a
SH  EG

Vì AC //



SBD



nên d AC SB





d AC SBD





d C SBD





3d H SBD





.
Trong tam giác SHI , kẻ HKSIHK 



SBD



d H SBD





HK.

Ta có

1 3 3

3 2 6

a a

HI  

2 2 2 2 2 2

1 1 1 3 12 51 2

4 4 51

a
HK

HK  SH HI  a a  a   .

Suy ra





6 6 51 2 51
,

51 17
51

a a a

d AC SB   

Câu 77. [1H3-5.4-3] (Chuyên Hà Nội Lần1) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vng
cạnh .a Tam giác SAB đêu và nằm trong mặt phẳng vng góc với mặt phẳng



ABCD



.
Khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SD là

A. a . B.

3
2
a

. C.

3
3
a

. D.

2
2
a
Lời giải

Chọn B

a
H

M

C

A D

B

S

Gọi M H lần lượt là trung điểm của , ., AB SA

Khi đó SM  AB mà



SAB

 

 ABCD



SM 



ABCD



Tam giác SAB đêu nên BH SA

</div>
(66)<div class='page_container' data-page=66>

Do đó BH 



SAD



Mặt khác ta có BC//



SAD



d BC SD



;



d BC SAD



;





d B SAD





BH
Do đó





3
,

2
a
d BC SD BH 

Câu 78. [1H3-5.4-3] (CHUYÊN NGUYỄN DU ĐĂK LĂK LẦN X NĂM 2019) Cho hình chóp

S ABC có đáy ABC là tam giác đêu cạnh a, hình chiếu vng góc của S xuống mặt phẳng



ABC



trùng với trung điểm của AB Biết góc tạo bởi hai mặt phẳng .



SAC



và



SBC



bằng

60 . Tinh khoảng cách giữa AB và SC .

A. 
3

.
2
a

B. 
3

.
4
a

C. 
2

4
a

D. 
3

.
6
a

Lời giải

Tác giả: Nguyên Trọng Nghĩa; Fb: Nghĩa Nguyên
Chọn D

H
A

C
S

Gọi H là trung điểm của AB , K là hình chiếu của H lên SC.

Ta có SC 



ABK



. Giao tuyến của



ABK



với các mặt phẳng



SAC



và



SBC



lần lượt là AK và
BK . Do đó góc giữa hai mặt phẳng



SAC



và



SBC



bằng góc giữa hai đường thẳng AK và
BK .

Ta có HK là đoạn vng góc chung của AB và SC . Suy ra d AB SC





 HK.
Trường hợp 1: AKB600

Tam giác AKB cân tại K HKB300 

0 3

tan 30 .

2
HB

HK a

HK

  

Trường hợp này khơng thỏa mãn vì

3
.
2

HC a

Trường hợp 2: AKB120 .0

Tam giác AKB cân tại K HKB600 

0 3

tan 60 .

6
HB

HK a

HK

  

</div>
(67)<div class='page_container' data-page=67>

Câu 79. [1H3-5.4-3] (CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG – NAM ĐỊNH 2019 – LẦN 1) Cho hình chóp
.

S ABCD có đáy là hình vng cạnh a, cạnh bên

17
2
a
SD

. Hình chiếu vng góc của S
lên mặt phẳng



ABCD



là trung điểm H của đoạn thẳng AB. Gọi E là trung điểm của AD.
Tinh khoảng cách giữa hai đường thẳng HE và SB

A. 
3

3
a

. B. 3

a

. C.

21
7
a

. D.

3
5
a

.
Lời giải

Tác giả: Nguyên Văn Mộng ; Fb: Nguyên Văn Mộng 
Phản biện: Nguyên Văn Đắc; Fb: Đắc Nguyên

Chọn D

Do H và E lần lượt là trung điểm của AB và AD nên HE là đường trung bình của ABD
//

HE BD


Ta có:













HE SBD

HE BD SBD



 






Do đó, d HE SB





d HE SBD





d H SBD





Gọi O ACBD, I là trung điểm OB .

Khi đó, HI // OA (do HI là đường trung bình của OAB ) HI BD

Ta có:

















Do
,

BD HI

BD SH SH ABCD BD

BD SHI

HI SH SHI

HI SH H




   

  






  



</div>
(68)<div class='page_container' data-page=68>

Ta lại có,



 







SHI SBD SI

SHI HK SI K

Trong kẻ tại

HK SBD

Do ú, d H SBD





HK
Xét AHD vng tại A, ta có:

2 2 2 5

2 2

a a

HD AH AD     a 

 

Xét SHD vng tại H, ta có:

2 2

2 2 17 5 3

2 2

a a

SH  SD HD      a

   

Xét SHI vng tại Hcó HK là đường cao, ta có:

 

2 2 2

2
3.

. 4 3

5
2

4
a
a

SH HI a

HK

SH HI a

a

  

  

  

 

Vậy





3
,

5
a
d HE SB HK 

Câu 80. [1H3-5.4-3] (Nam Tiền Hải Thái Bình Lần1) (Nam Tiền Hải Thái Bình Lần1) Cho lăng trụ
đêu ABC A B C.    có tất cả các cạnh đêu bằng a. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và

BB bằng

A.
5
3

a

. B.

3
2

a

. C. 5

a

. D.

2
5

a

.
Lời giải

Tác giả: Hồ Xuân Dũng;Fb:Dũng Hồ Xuân

Chọn B

Gọi H là trung điểm của AC BH AC

 

1 . 
Ta có BB



ABC



BBBH

 

2 .

</div>
(69)<div class='page_container' data-page=69>

Vậy





a
d AC BB BH 

Câu 81. [1H3-5.4-3] (THPT SỐ 1 TƯ NGHĨA LẦN 2 NĂM 2019) Cho hình chóp .S ABC có đáy

ABC là tam giác đêu cạnh bằng a , SA



ABC



, góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng



ABC



bằng 30 . Tinh khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC .

A. 
39
13
a
. B. 
3
13
a
. C. 
2
13
a
. D.

39
3
a
.
Lời giải

Tác giả: Nguyên Trường An; Fb: Trường An Nguyên

Chọn A

Trong mặt phẳng



ABC



, kẻ đường thẳng d đi qua B và / /d AC .
Trong mặt phẳng



ABC



, kẻ AD tại D và kẻ BH ACd  tại H . 
Trong mặt phẳng



SAD



, kẻ AESD tại E .

Ta có:









/ /
/ /
AC BD
AC SBD
BD SBD



  d AC SB





d AC SBD





d A SBD





.
Ta có:





BD AD

BD SAD BD AE

BD SA
 
   

  .









AE BD

AE SBD d A SBD AE

AE SD
 
   

  .
3
2
a
AD BH 

(do BH là đường cao trong tam giác ABC đêu cạnh bằng a )

Xét tam giác SAC vuông tại

A

 3

.tan .tan 30
3

a

SA AC SCA a  

Xét tam giác SAD vuông tại A : 2 2 2 2 2 2

1 1 1 3 4 13 39

3 3 13

a
AE

AE SA  AD  a  a  a   .

Vậy





39
,

a

d SB AC 

Câu 82. [1H3-5.4-3] (Hàm Rồng ) Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vng cạnh a .
Cạnh bên SA vng góc với đáy



ABCD



. Góc giữa SC và mặt đáy bằng 45 . Gọi 0 E là
trung điểm BC. Tinh khoảng cách giữa hai đường thẳng DE và SC.

A. 
5
19
a
. B. 
38
5
a
. C. 
5
5
a
. D. 
38
19
a
.
Lời giải

Tác giả: Lê Thi Mai Hoa, Fb: Mai Hoa.

</div>
(70)<div class='page_container' data-page=70>

Gọi K DEAC. Dựng KP// SC, P SA .









( ; ) ;( ) ;( )

d DE SC d SC PDE d C PDE

  





;( )

2d A PDE



Gọi M là trung điểm CD.

Theo tinh chất của hình vng ta có: AM DE.
Vậy



PAM



DEnên



PAM

 

 PDE



.
Gọi N DEAM . Dựng AH PN, HPN.
Khi đó: AH 



PDE



d A PDE



;( )



 AH.
Ta có: AN AM.  AD2

2
5

a
AN

 

Từ giả thiết suy ra SCA450nên SC  AC a 2. Mà

2 2 2

3 3

a
AP SA

2 2

. 2 38

AP AN a

AH

AP AN

  

 .

( ; )

d DE SC

 12d A PDE



;( )



21AH a1938(đvdd).

Câu 83. [1H3-5.4-3] ( Sở Phú Thọ) Cho hình chóp .S ABC có đáy là hình thoi cạnh D a 2;
 600

</div>
(71)<div class='page_container' data-page=71>

Khoảng cách giữa đường thẳng MD và AB bằng.

A. a. B.

21
7
a

. C.

30
5
a

. D. 3a .
Lời giải

Tác giả:Nguyên Hương ; Fb:Huongnguyen

Chọn A

Ta có AB//



CDM



d AB CM



;



d AB CDM



;





d A CDM



;





d A SCD



;





.
Gọi I ; H là hình chiếu của A lên CD ; SI .

Do CDA1200 nên I nằm ngoài đoạn CD .

Có





(1)

CI AI

CI SAI CI AH

CI SA




   

 

 .

Mà AH SI(2).

</div>
(72)<div class='page_container' data-page=72>

Có

2
0
D

1 3

. . 120

2 2

AC

a
S  AD CD sin 

Mà

1 . 6

2 2

ACD
ACD

S a

S AI CD AI

CD



    

Có 2 2 2 2

1 1 1 1

AH a

AH  AS  AI a   .

Vậy d AB MD



;



a.

Câu 84. [1H3-5.4-3] (THPT-Ngơ-Quyền-Hải-Phịng-Lần-2-2018-2019-Thi-24-3-2019) Cho lăng trụ
tam giác đêu ABC A B C.    có AB  , a AA 2a. Khoảng cách giữa AB và CC bằng 
A.

2 5

a

. B. a . C. a 3. D.

3
2
a

.
Lời giải

Tác giả: Phạm Minh Thùy; Fb: Phạm Minh Thùy

Chọn D

+ Ta có CC // BB ; BB 



ABB A 



suy ra CC //



ABB A 



Nên d CC AB



; 



 d CC



;



ABB A 



 d C



;



ABB A 



 

+ Lăng trụ tam giác đêu ABC A B C.    có BB 



ABC



và BB



ABB A 



suy ra



ABB A  

 

ABC



+ Kẻ CM  AB suy ra CM 



ABB A 



nên d C



;



ABB A 



CM.

 

2
+ Từ

 

1 và

 

2 ta có d CC AB



;  



CM .

+ Mặt khác tam giác ABC đêu cạnh a có CM là đường cao nên

3
2
a
CM

Vậy





3
;

2
a
d CC AB  

Câu 85. [1H3-5.4-3] (Sở Phú Thọ)Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình thoi cạnh 2a ,
 60 , 3

BAD  SA a , SA



ABCD



. M là trung điểm của SC . Tinh khoảng cách giữa hai

</div>
(73)<div class='page_container' data-page=73>

A. 
21
7
a

. B.

30
5
a

. C. a. D. 3a .

Lời giải

Tác giả: Quỳnh Giao; Fb: QGiaoDo

Chọn B

Vì AB // CD nên AB //



SCD



mà MD



SCD



nên













d AB MD d AB SCD d A SCD

Lại có CD



SAD

 

 SAD

 

 SCD



và



SAD

 

 SCD



SD.
Trong



SAD



kẻ AH SD H



SD



AH 



SCD



Vậy d A SCD



;





AH .

Trong SAD vuông tại A có AH là đường cao nên 2 2 2 2

1 1 1 5

AH SA  AD  a
30

6
a
AH

 

Câu 86. Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật cạnh AB a , AD2a. Mặt phẳng



SAB



và



SAC



cùng vng góc với



ABCD



. Gọi H là hình chiếu vng góc của A trên

SD . Tinh khoảng cách giữa AH và SC biết AH  .a

A.
73

73 a . B.

19 a . C.

2 73

73 a . D.

2 19
19 a .
Lời giải

Tác giả: Quỳnh Giao; Fb: QGiaoDo

</div>
(74)<div class='page_container' data-page=74>

Trong tam giác SAD vng tại A và đường cao AH, ta có

2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1 1 3

4 4

AH  SA  AD SA  AH AD a  a  a nên

2
3
a
SA
.
2

2 2 4 2 4

3 3

a a

SD SA AD   a 

.
2
2
2
3
.
4
DH AD

AD DH SD

SD SD

   

Kẻ HK SC với K CD , suy ra

3 1

4 3

HK DK DH CK

SC  DC  DS   DK  .

Khi đó SC



AHK



nên

















; ; ; ;

d AH SC d SC AHK d C AHK  d D AHK
.

Ta có AC a 5,

19
3

SC a

, nên

3 57

4 4

a
HK  SC

Ta cũng có

3 3

4 4

a
DK  DC

nên

2 2 73

4
a
AK  AD DK 

 

2 2

2 2 2 73 57 4 57

16 16

cos sin

2 . 73 73 73

2. .
4

a a

a

AH AK HK

HAK HAK

AH AK a

a
 
 
    
.
 2

1 1 73 57 57

. .sin . . .

2 2 4 73 8

AHK

a

S  AH AK HAK  a  a

Cũng từ





3 3 3 2 3

; .

4 4 4 3 2

DH a a

d H ABCD SA

SD      .

1 1 3 3

. .2 .

2 2 4 4

ADK

a a

S  AD DK  a 

Do đó





2 3

1 1 3 3 3

. ; . .

3 3 4 2 8

DAHK ADK

a a a

V  S d H ABCD  

</div>
(75)<div class='page_container' data-page=75>









3
3.

3 8 3 3 3 19

;

57 57

DAHK
AHK

a

V a a

d D AHK
S

a



   

Vậy









1 19

; ;

3 19

a
d AH SC  d D AHK 

.
CÁCH 2 [Nguyễn Việt Hải]

Dựng SM / /AH M, AD N CM,  AD
Ta có:

2 4 3 3

3 3

AD

HD a SD a SH a

HD

     

Suy ra:

1 2 1

;

3 3 4 4

a a

AM  AD AN  AB

Ta có: d AH SC





d AH SMC





d A SMN





Vì ASMN tam diện vng tại A ta có:









2 2 2





1 1 1 1 19

, AS AM AN d A SMN a

d A SMN     

Câu 87. [1H3-5.4-3] (PHÂN TÍCH BL_PT ĐỀ ĐH VINHL3 -2019..) Cho hình chóp S ABCD. có đáy
là hình chữ nhật, biết AB2 ,a AD a SA , 3a và SA vng góc với mặt phẳng đáy. Gọi M
là trung điểm cạnh CD. Khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và BM bằng

A.
3 3

a

. B.

2 3
3

a

. C.

3
3

a

. D.

3
2

a

.
Lời giải

</div>
(76)<div class='page_container' data-page=76>

Gọi điểm G là trọng tâm BCD, kéo dài tia BM cắt AD tại F , điểm E SA sao cho
SE a .

Khi đó theo Định li Talet GE SC// SC//



BEF











d SC BM d SC BEF d C BEF





12d A BEF





.
Xét tứ diện vuông ABEF có









2 2 2 2 2

1 1 1 1 3

, AB AE AF a

d A BEF    

 

 





3
,

a
d SC BM

 

.
Phân tích

Khi tiếp cận bài tốn hình khơng gian mà có góc tam diện vng, giáo viên thường hướng dẫn
học sinh có 2 hướng:

Hướng 1: Gắn hệ trục tọa độ, chọn tọa độ các điểm. Tìm vectơ chỉ phương của các đường

thẳng, sử dụng công thức khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau.

Chọn hệ tọa độ Oxyz sao cho A O ; B O x nên B



2;0;0



,D Oy nên D



0;1;0



, S Oz
nên S



0;0;3



C



2;1;0



và M



1;1;0



,SC



2;1; 3





; BM  



1;1;0









, 3;3;3

SC BM

 

 

và SB



2;0; 3





.Vậy

 , 

, . 3

3
,

SC BM

SC BM SB a

d

SC BM

 

 

 

 

 

  
 

Hướng 2: Sử dụng các kỹ thuật đổi điểm để đưa vê khoảng cách từ đỉnh tam diện vuông đến

mặt phẳng đoạn chắn như đã sử dụng trong bài. Sau đó sử dụng bài toán vê tinh khoảng cách
trong tứ diện sau:

Cho tứ diện OABC có các cặp cạnh OA ,OA ,OC đơi một vng góc. Gọi H là chân đường
vng góc hạ từ O lên mặt phẳng



ABC



. Khi đó

2 2 2 2

1 1 1 1

OH OA OB OC

Bài toán tương tự

</div>
(77)<div class='page_container' data-page=77>

A.

2 327
79

a

. B.

237
79

a

. C.

2 237
79

a

. D.

5 237
316

a
.
Lời giải

Tác giả: Ngun Tình; Fb: Gia Sư Tồn Tâm

Chọn C
Cách 1:

Gọi H là trung điểm AB.

Vì



SAB

 

 ABC



nên SH 



ABC



Chọn hệ trục tọa độ Oxyz , với O H , HB Ox , HC Oy , HS Oz .

Ta có: HC AC2AH2 3a; tan

AH

SH a

ASH

 

Khi đó: H



0;0;0



, S



0;0;a



, A a



 3 ;0;0



, B a



3 ;0;0



, C



0;3 ;0a



3
0; ;

2 2
a a
M  

 ,

9
0; ;

4 4
a a
N  

 .

Suy ra:

3
3 ; ;

2 2
a a
AM  a 

 



9
3 ; ;

4 4
a a
BN   a 

 



, AB



2a 3 ;0;0





2 2 2

3 3 3 15 3

, ; ;

4 4 4

a a a

AM BN  

     

</div>
(78)<div class='page_container' data-page=78>

Khoảng cách giữa hai đường thẳng AM BN là,





3 3

, . 2 237

2
,
79
711
,
4
a

AM BN AB a

d AM BN

a
AM BN
 
 
  
 
 
  
 
.
Cách 2:

Gọi P là trung điểm của AC , G là trọng tâm tam giác ABC . 
Kẻ NK/ /SH , K HC ; EK/ /AC , E BP .

Suy ra: NP/ /AM AM/ /



NPB



d AM BN





d M NPB





d C NPB





Ta có: NK/ /SH nên

1 4 4

5
4

a

NK SH

NK KC CN

GK

SH CH CS

GC
  

    
 
 .

EK/ /AC nên

5 5 5 3

8 8 8

EK GK a

EK PC

PC  GC     .

2 2 79

8
a
NE  NK EK 

; BP HC 3a.

Vì:





KN BP

BO NPB BP EN

KE BP


   
 
 .

Diện tich tam giác NBP là:

1 3 79

2 16

NBP

a
S  NE BP

.
Thể tich tứ diện .N CPB là:









1 1 1 1 1 3

, . . .SH. . .PC .a .3a .a 3

3 3 4 2 24 8

N CPB CBP

a

V  d N ABC S  BP  

Khoảng cách từ C đến



NBP



là:





3 2 237

79
N CPB

NBP

V a

d C NBP

S

 

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AM BN là ,

2 237
79
a

.
Cách 3:

</div>
(79)<div class='page_container' data-page=79>

Khi đó:





















/ / / / , , , ,

NP AM AM NPB d AM BN d M NPB d C NPB  d K NPB

Ta có:









KI NE

KI NPB d K NPB KI

KI BP




   

 

 .

Suy ra:









/ / / / ,

NP AM AM NPB d AM BN  KI

.
Trong tam giác vuông NKE ta có:





2 2 2 2

1 1 1 1264 5 237 2 237

75 316 79

a a

KI d AM BN

KI  KN KE  a     .

Câu 89. [1H3-5.4-3] (Chun Thái Ngun) Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình vng tâm O
cạnh a. Cạnh bên SA vng góc với đáy và SBD 60 .0 Tinh khoảng cách giữa SO và AB

A. 
5

.
2
a

B. 
2

.
2
a

C. 
2

.
5
a

D
 .

5
.

5
a
Lời giải

Tác giả: Dương Hà Hải; Fb: Dương Hà Hải.

Chọn D.

Gọi ,I J lần lượt là trung điểm của BC AD ; .
Gọi K là hình chiếu vng góc của A trên .SJ 
Do AB IJ nên / / AB/ /(SIJ ).

Khi đó ta có (d AB SO, )d AB SJI( ,( ))d A SJI( ,( )).

Ta có

( ) (1),

IJ AD

JI SAD

IJ SA

  


  ( (1) ( ).

AK SJ

AK SIJ

AK JI theo

  



 

Vậy, d AB SO( , )AK.

Từ giả thiết ta có SBD cân tại ,S hơn nữa SBD600 nên SBD là tam giác đêu. Do đó

2 2

2 .

SB SD BD a   SA SB AB a

</div>
(80)<div class='page_container' data-page=80>

2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 5 5

.
5
2

a
AK

AK  AJ  AS  a a  a  

 
 
Vậy
5
( , ) .
5
a
d AB SO 

Câu 90. [1H3-5.4-3] (Sở Ninh Bình Lần1) Cho hình chóp S ABC. có tam giác ABC vng tại B,
 60

C  , AC2, SA



ABC



, SA1. Gọi M là trung điểm của AB. Khoảng cách d giữa
SM và BC là

A. 
21
7
d 
. B. 
1
2
7
2

d 
. C.
1
3
2
d
. D.
1
2
3
2
d 
.
Lời giải

Tác giả:Lê Vũ Hải ; Fb:Vũ Hải Lê

Chọn A
Ta có









,
SA
AB
SAB
SA AB SAB

SA A
BC
BC
B

B
C
A


 





   .

Trong



SAB



, dựng BH SM và cắt SM ở H.
Ta có





BH SM

d SM BC BH d BH

BH BC

    


 

Ta có

 

BH BM SA BM

BMH SMA BH

SA SM SM



 ∽    

Xét ABC vuông tại B có 

sinB A AB AB sin 60 2 3
AC

C     

.
3
2
AM BM
  
.

Xét SAM vng ở A có

2 2 2 2 3 7

4 2

SM SA AM     SM

</div>
(81)<div class='page_container' data-page=81>

Thế vào

 

1 , ta có

1 3 21

2 .

7 7

SA BM
BH

SM




   

Cách 2: (Nguyên Văn Thinh)

Nhận xét: Các dạng tốn về khoảng cách nếu có thể thì nên sử dụng các quan hệ song song và 
tỉ lệ để đưa về tính khoảng cách từ chân đường cao của hình chóp.

Gọi N là trung điểm của AC.

Ta có BC//



SMN



d BC SM





d BC SMN





d B SMN





d A SMN





.
Kẻ AH SM , HSM , ta có AH



SMN



d A SMN





AH .

Ta có AB AC .sinC 2.sin 60  3

3
2

AM

 

Xét tam giác SAM vng tại A có AH là đường cao, suy ra 2 2

. 21

SA AM
AH

SA AM

 

 .

Vậy





21
,

d BC SM 

.

Câu 91. [1H3-5.4-3] (THPT-n-Mơ-A-Ninh-Bình-2018-2019-Thi-tháng-4) Cho lăng trụ đứng tam
giác ABC A B C.    có đáy là một tam giác vng cân tại B, AB BC a  , AA a 2. M là

trung điểm BC. Tinh khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B C .

A. 7

a

. B.

3
2
a

. C.

2
5

a

. D. a 3.
Lời giải

Tác giả: Phạm Lê; Fb: Lê phạm

</div>
(82)<div class='page_container' data-page=82>

Gọi N là trung điểm BB.

Theo tinh chất đường trung bình ta có MN/ /B C . Suy ra B C / /



AMN





;





;







;







;





d B C AM d B C AMN d C AMN d B AMN

   

.
Dựng BKAM và BHNK

 

1 .

Vì





 

BK AM

AM BB K AM BH

BB AM



     

 

 .

Từ

 

1 và

 

2 suy ra BH



AMN



d B C AM



 ;



d B AMN



;





BH.

Xét tam giác vuông ABM có

2 2 2

. 2

5
4
a
a

BA BM a

BK

BA BM a

a

  

 

Xét tam giác vng NBK có

2 2 2 2

. 5 2

5 2

a a

BK BN a

BH

BK BN a a

  

 

Vậy





;

a
d B C AM 

</div>
(83)<div class='page_container' data-page=83>

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Ta có: B



0;0;0



, A a



;0;0



, C



0; ;0a



, B



0;0;a 2



.
Vì M là trung điểm của BC nên 0; ;02

a
M  

  .
Suy ra: B C 



0; ;a a 2



uuur

; ;0
2

a
AM   a 

 

uuur

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B C :





, .

uuur uuur uuur
uuur uuur

AM B C AC a

d B C AM

AM B C

  

 

  

  

  .

Câu 92. [1H3-5.4-3] (SƠ GDĐT KIÊN GIANG 2019) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình
thang vng tại A và B , AB AD a , BC 2a. Cạnh bên SB vng góc với đáy và

SB a , M là trung điểm của cạnh BC(tham khảo hình vẽ bên). Tinh khoảng cách d giữa
hai đường thẳng AM và SC.

A.

14
3
a
d 

. B.

3 14
2
a
d 

. C.

3 7
7
a
d 

. D.

14
6
a
d 

.
Lời giải

Tác giả: Nguyên Thi Trang ; Fb: Trang Nguyen

</div>
(84)<div class='page_container' data-page=84>

Kẻ MI / / SC I là trung điểm của SB. Suy ra

















d AM ,SC d ( AMI ),SC d S,( AMI ) d B,( AMI ) .

Theo giả thiết suy ra: BM a, AB AD a và ABCDlà hình thang vng tại A và B nên

ABMD là hình vng. Gọi O là giao của 2 đường chéo BD và AM .

Ta có:

BO AM

SB AM BI AM

 




    AM 



BOI



.

Trong



BOI







BE OI

BE AMI

BE AM




 

 

 .

Suy ra: d B,( AMI )





BE.
Ta có:

1 7

2 2

a
BI  SB

1 1

2 2

BO BD a

Trong tam giác vuông BOI: 2 2 2 2

1 1 1 36 14

14 6

a
BE

BE  BI  BO  a   .

Nên





14
6
a
d B,( AMI ) BE

Vậy d AM ,SC







14
6

a
d 

Câu 93. [1H3-5.4-3] (THĂNG LONG HN LẦN 2 NĂM 2019) Cho hình chóp .S ABCD có đáy

ABCD là hình vng tâm O cạnh bằng 2a . Hình chiếu của S trên mặt đáy là trung điểm H

của OA ; góc giữa hai mặt phẳng (SCD và )



ABCD



bằng 45. Tinh khoảng cách giữa hai
đường thẳng AB và SC .

A. a 6. B. a 2. C.

3 2
2

a

. D.

3 2
4

a

.
Lời giải

Tác giả: Nguyên Tất Trinh; Fb: Nguyên Tất Trinh

</div>
(85)<div class='page_container' data-page=85>

Ta có





/ / / / ( , ) ( ,( )) ( ,( ))

   

AB CD AB SCD d AB SC d A SCD d H SCD

Kẻ HK/ / AD , suy ra HK CD . ((SCD ABCD),( ))SKH  45 .

Ta có

( ) ( ) ( )




   

 


CD HK

CD SHK SCD SHK

CD SH .

Kẻ HLSK tại L, suy ra ( ,(d H SCD)) HL .

3 3 3 3

4 4 4 2

     

HK CH a

HK AD a

AD CA

Tam giác HKL vng tại L có

0 3 2 3 2

sin 45 .

2 2 4

  a  a

HL HK

Suy ra

4 3 2

( , ) . 2

3 4

 a 

d AB SC a

Câu 94. [1H3-5.4-3] (THPT PHỤ DỰC – THÁI BÌNH) Cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D.    có
cạnh AB2a, ADAAa (tham khảo hình vẽ bên).

Khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và AD bằng

A. a. B.

2
3

a

. C. a 3. D. 2

a
.
Lời giải

Tác giả: Mã Văn Tn; Fb: Tn Mã

</div>
(86)<div class='page_container' data-page=86>

Xét hình chóp tứ giác B AA D D.   , có đáy AA D D  là hình vng cạnh a, cạnh bên





AB AA D D  . Gọi O là tâm của hình vng AA D D  .

Dựng hình vng AODE cạnh
2
2
a

, trong ABE vuông tại A dựng AH BE

 

1 .
Ta có:









 

DE ABE

DE AE

DE AH

DE AB AH ABE

 


   

  



  .

Từ

 

1 và

 

2 suy ra AH 



BDE



Theo cách dựng thì AD//



BDE



nên d AD BD



,



d AD BDE



,





 AH .
Trong tam giác ABE vuông tại A có:

2
2

2 2 2 2

1 1 1 9 4 2

4 9 3

a a

AH AH

AH  AB  AE  a     .

Cách 2:

















d BD AD d AD DBC  d A DBC d C DBC h

Xét tứ diện

CDBC

có 2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1 9 2

4 4

a
h

</div>
(87)<div class='page_container' data-page=87>

Vậy khoảng cách giữa BD và AD bằng 
2

a

Câu 95. [1H3-5.4-3] (THTT lần5) Cho hình chóp S ABCD. , có đáy là hình chữ nhật, AD2a,
AB a , SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SA a . Gọi M N, lần lượt là trung điểm của
SD và BC. Tinh khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và MN.

A. 
21
12
a

. B.

21
24
a

C. 
21
7
a

D. 
21
21
a

Lời giải

Tác giả: Cao Văn Tùng, Fb: Cao Tung

Chọn D

Đặt hệ tọa độ như hình khi đó ta có tọa độ các điểm như sau: A



0;0;0



; B a



;0;0



;



0;2 ;0



D a ; C a a



;2 ;0



; S



0;0;a



; trung điểm 0; ;2

a
M a 

 ; N a a



; ;0



.
Vectơ SC



a a a;2 ;





;

;0;
2
a
MN a  

 



; NC



0; ;0a





;

2 2

, ; ; 2

a

SC MN  a a 

      
   
.
Khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và MN là





, 2

;

, 1 4

a
SC MN NC

d SC MN

SC MN a



 

 

 

   

 

  

  21

21
a


Câu 96. [1H3-5.4-3] (CHUN THÁI NGUN LẦN 3) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là
hình vng cạnh a , mặt bên SAD là tam giác đêu và



SAD

 

 ABCD



. Gọi M là trung
điểm của cạnh đáy AB . Ta có khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và CM là

A.
2
3
a

. B.

5
4
a

. C.

3
3
a

. D.

3
4
a

Lời giải

Tác giả:Ngô Yến; Fb:Ngoyen

</div>
(88)<div class='page_container' data-page=88>

Gọi H là trung điểm AD . Tam giác SAD đêu cạnh a nên SH  AD và
3
2
a
SH 
.
Có



 





 











;
SAD ABCD

SAD ABCD AD SH ABCD

SH AD SH SAD

 

   

  
.
Cách 1:

Gọi N là trung điểm SB ta có

















// // , , ,

SA MN SA MNC d SA CM d SA MNC d A MNC

.
Mặt khác thể tich khối tứ diện AMNC là









1
, .
3
AMNC MNC

V  d A MNC S

và





, .

AMNC AMC

V  d N AMC S









. MNC





. AMC









. AMC

MNC

d N AMC S

d A MNC S d N AMC S d A MNC

S

 

   
.
Do N là trung điểm SB nên





















, , , ,

2 2 4

SH a

d N AMC d N ABCD  d S ABCD  d N AMC 

.
2
1
4 4
AMC ABCD
a

S  S 

Xét tam giác MNC ta có

2 2

a
MN  SA

;

2 2 5

a

MC BC MB 





SH ABCD
SC SB
HC HB

  


 ,

2 2 2 2 2 2 2 2

2 2

2 4 4 2 4 2

SC CB SB SC CB SH HC CB

NC         a

2 2 2

NC MN MC MNC

     vuông tại

2
1
.
2 4
MNC
a

N S  NC MN 









4
a
d A MNC

 

</div>
(89)<div class='page_container' data-page=89>

Gọi K là trung điểm BC . Chọn hệ trục toạ độ Oxyz sao cho H O ; K Ox ; ,A D Oy ;
S Oz .

Ta có H



0;0;0



, K a



;0;0



0; ;0
2

a
A 

  , 0; 2;0

a
D   

  ,

3
0;0;

a
S 

  , ; ;02

a
B a 

  ,
; ;0

a
C a  

  , 2 2; ;0

a a
M  

  .
Có

3
0; ;

2 2

a a

SA  

 



; ;0
2

a
CM   a 

 



;0;0
2

a
AM   

 



Suy ra

2 3 2 3 2

, ; ;

2 4 4

a a a

SA CM  

    

   
,

3 3

a
SA CM AM

  

   , SA CM ,   a2.





, 3

4
,

SA CM AM a

d SA CM

SA CM

 

 

  

 

 

  
 

.
Cách 3:

Gọi E là trung điểm của CD , F AE CH  là trọng tâm tam giác ADC . F
Ta có CM / /AECM / /



SAE



















d SA CM d CM SAE d C SAE d H SAE

</div>
(90)<div class='page_container' data-page=90>

Trong mặt phẳng



ABCD



kẻ HI AE, IAE. Trong mặt phẳng



SHI



kẻ HK SI,
KSI .

Ta có

AE SH

AE HK

AE HI




 

 

 mà HK SIHK



SAE



d H SAE





HK.

Mặt khác H là trung điểm AD nên





2 2

1 1 . 5

2 2 10

AD DE a

HI d D AE

AD DE

  

 .

Tam giác SHI vng tại H có HK là đường cao





2 2

. 3 3

8 4

SH HI a a

HK d SA CM

SH HI

    

 .

Câu 97. [1H3-5.4-3] (Chun Vinh Lần 3) Cho hình chóp có đáy là tam giác đêu cạnh , , góc giữa
đường thẳng và mặt phẳng bằng . Tinh khoảng cách giữa hai đường thẳng và .

A. . B. . C. . D. .

Lời giải

Tác giả: Nguyên ảo Mai; Fb: ao An

Chọn A

Vì SB có hình chiếu là AB trên



ABC



nên góc giữa và là SBASBA 60o.
SAB

 vuông tại A nên SA AB tanSBA a  3.

Gọi M là trung điểm của AC. Vì ABC đêu nên

3
,

2
a
BM AC BM 

</div>
(91)<div class='page_container' data-page=91>

Từ B kẻ đường thẳng d song song với 1 AC, A kẻ đường thẳng d song song với 2 BM .

Gọi D d 1 d2. Vì AC BD// AC//



SBD



d AC SB





d AC SBD





d A SBD





.

Ta có BDAD BD, SABD



SAD



Gọi H là hình chiếu vng góc của A trên SD, vì AH SD và AH BD nên AH 



SBD



, suy ra H chinh là hình chiếu của A trên



SAD



d A SBD





AH.

SAD

 vng tại A có đường caoAH nên 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 4 5

3 3 3

AH SA  AD  a  a  a





15 15

5 5

a a

AH d AC SB

   

(đvđd).
NHẬN XÉT: (Nguyễn Việt Hải)

Cùng nhìn lại khoảng cách:

 d A



 

 



AH với AH 

 

 tại H

 Bài toán cơ bản: Cho SH 



HAB



. Ta có











 



1 2

2 2

1 2

? . ?
,

? ?

H H

d H SAB

H H





Với ?1S , ?2 M , HM AB tại M

LƯU Ý: Nếu HSAB là tam diện vng tại H . Tính d H SAB





(khơng cần dùng 
điểm M )

Ta có:







 



2 2 2

1 2 3

1 1 1 1

, ? ? ?

d H SAB  H  H  H

Trong đó ?1 S,?2 A,?3B

 (Kỷ thuật trượt điểm quy về bài toán cơ bản)

 







 



, ,

?
A

d A d H

H

  

Trong đó ?1M với M AH

 



Trở lại bài tốn 36. Học sinh sẽ khơng cần sử dụng điểm D và lời giải (có thể khơng cần

dùng hình vẽ) mất vài giây ra đáp số. Hơn nữa học sinh mức TB cũng dễ dàng thấy được 
đáp số.

Ta có: SA AB .tan 600 a 3

Ta có: d AC SB





d AC SBx





với Bx/ /AC









2. 2

, AS AN

d A SBx

AS AN

 

 với









, ,

</div>
(92)<div class='page_container' data-page=92>

Suy ra:





15
,

5
a
d AC SB 

(Lưu ý lời giải trên điểm N chỉ mượn tạm chứ không cần dùng đến)

Câu 98. [1H3-5.4-3] (Cụm 8 trường chuyên lần1) Cho tứ diện ABCD có tam giác ABD đêu cạnh
bằng 2, tam giác ABC vuông tại B, BC 3 . Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo

nhau AB và CD bằng 
11

2 . Khi đó độ dài cạnh CD là :

A. 2 . B.2. C. 1. D. 3.

Lời giải

Tác giả: Trần Mạnh Tường; Fb: Trần Mạnh Tường

Chọn A

Gọi M là trung điểm đoạn AB, N là trung điểm đoạn AC , E là điểm đối xứng với M qua

N , I là trung điểm đoạn DE.

Khi đó AB // EC nên AB //



DEC



, vì vậy d AB CD



;



d AB ECD



;





d M



;



ECD



.
Dễ thấy tứ giác BCEM là hình chữ nhật nên ME BC  3.

Lại do tam giác ABD đêu, có cạnh bằng 2 nên MD 3, từ đó suy ra tam giác DME cân tại
M , suy ra MI DE

 

1 .

Dễ thấy ABME, ABMD nên AB



MDE



, suy ra ABMI, suy ra CEMI

 

2 .

Từ

 

1 và

 

2 ta có MI 



ECD



nên d M



;



ECD



MI.
Vậy

11
2

MI
.

Trong tam giác vng MEI có

2 2 3 11 1

4 2

IE ME MI   

, suy ra DE1.
mà

1
1
2
EC AB

</div>
(93)<div class='page_container' data-page=93>

Câu 99. [1H3-5.4-3] (THPT LƯƠNG THẾ VINH 2019LẦN 3) Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC
là tam giác vng cân có AB BC a  . Cạnh bên SA vng góc với đáy, SBA  . Gọi 60 M
là điểm nằm trên AC sao cho AC2CM. Tinh khoảng cách giữa SM và AB.

A. 
6 7

a

. B.

a

. C.

7
21

a

. D.

3 7
7

a

.
Lời giải

Tác giả: Nguyên Đông ; Fb: Nguyên Đông

Chọn D

Ta có:SA AB .tanSBA a  .tan 60 a 3.

Trên mặt phẳng



ABC



dựng hình vng ABCD .

Kẻ MP AD , MQAB AQMP là hình chữ nhật có:

3 3

2 2

AP MQ  BC a
.
Và AB MP//  AB//



SMP



AB,SM AB SMP,  A SMP, 

d d d

  

.
Kẻ AH SP

 

1 .

Ta có:





MP AP

MP SAP MP AH

MP SA

 

   



 

 

Từ

 

1 ,

 





  

 

, 2 2 2

3
3.

. 2 3 7

7
3

2
A SMP

a a

SA AP a

AH SMP d AH

SA AP

a a

      

  

  

Vậy khoảng cách giữa SM và AB là 
3 7

a

</div>
(94)<div class='page_container' data-page=94>

Câu 100. [1H3-5.4-3] (Lương Thế Vinh Lần 3) Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vng
cân có AB BC a  . Cạnh bên SA vng góc với đáy, SBA  . Gọi 60 M là điểm nằm trên

AC sao cho AC2CM. Tinh khoảng cách giữa SM và AB.

A. 
6 7

a

. B.

7
7

a

. C.

7
21

a

. D.

3 7
7

a

.
Lời giải

Tác giả: Nguyên Đông ; Fb: Nguyên Đông

Chọn D

Ta có:SA AB .tanSBA a  .tan 60 a 3.

Trên mặt phẳng



ABC



dựng hình vng ABCD .

Kẻ MP AD ,MQAB AQMP là hình chữ nhật có:

3 3

2 2

AP MQ  BC a
.
Và AB MP//  AB//



SMP



AB,SM AB SMP,  A SMP, 

d d d

  

.
Kẻ AH SP

 

1 .

Ta có:





MP AP

MP SAP MP AH

MP SA

 

   



 

 

Từ

 

1 ,

 





  

 

, 2 2 2

3
3.

. 2 3 7

7
3

2
A SMP

a a

SA AP a

AH SMP d AH

SA AP

a a

      

  

  

Vậy khoảng cách giữa SM và AB là
3 7

a

</div>
(95)<div class='page_container' data-page=95>

Câu 101. [1H3-5.4-3] (Quỳnh Lưu Nghệ An) Cho hình chóp .S ABCD có ABCD là hình vng cạnh a

. Tam giác SAB đêu và nằm trong mặt phẳng vng góc với mặt phẳng



ABCD



. Khoảng
cách giữa hai đường thẳng BC và SD là

A. 
2
2
a

. B. a . C.

3
2
a

. D.

3
4
a

.
Lời giải

Tác giả: Mai Xuân Thủy; Fb: Xuan Thuy Delta.

Chọn C

Gọi H là trung điểm AB. Do tam giác SAB đêu nên SH  AB.

Mặt khác



SAB

 

 ABCD



và



SAB

 

 ABCD



 AB nên SH 



ABCD



.
Ta có





//
BC AD

AD SAD



 

 BC//



SAD



.









( , ) ,

d BC SD d BC SAD d B SAD





2d H SAD





Ta có





AD AB

AD SAB

AD SH




 

 

 



SAD

 

 SAB



.

Kẻ HK SA



K SA



suy ra HK 



SAD



d H SAD





HK.

Trong tam giác SHA ta có 2 2 2

1 1 1

HK  HS HA

2 2

1 1 1

2
2

HK a a

  

   
 
   
 

3
4
a
HK

 

Vậy d BC SD





3
2

2
a
HK

 

Câu 102. [1H3-5.4-3] (Chuyên Hùng Vương Gia Lai) Cho hình lăng trụ tam giác đêu ABC A B C. ' ' ' có
tất cả các cạnh đêu bằng a. Tinh khoảng cách giữa hai đường thẳng A B' và B C' .

A. 
5
5

a

. B.

3
6

a

. C.

2
2

a

. D.

10
5

a

.
Lời giải

Tác giả: Nguyên Thi Xuyến; Fb: Nguyen Xuyen

</div>
(96)<div class='page_container' data-page=96>

Từ hình lăng trụ tam giác đêu ABC A B C. ' ' ' ta dựng được hình hộp đứng ABCD A B C D. ' ' ' '
như trên.

Ta có: B C A D' // '  B C mp A BD' //





 d A B B C



' , '



d B C A BD



' ,





d C A BD





.

Gọi O là trung điểm BD. Trong mặt phẳng



ACC A' '



, kẻ CH  A O' , HA O' .

 

1
Do ABC là tam giác đêu nên BOAC. Mà ABCD A B C D. ' ' ' 'là hình hộp đứng nên

AA BO. Suy ra BOmp ACC A



' '



. Vậy BOCH .

 

Từ

 

1 và

 

2 suy ra CH  mp A BD





. Hay:d A B B C



' , '



CH .
Trong hình hộp ABCD A B C D. ' ' ' ' ta có: ' '

1

2

A OC AA C

S



S



. ' . '.

CH A O AA AC

Với

2 2 2 5

' '

2 2

a a

A O AA AO  a    

  , AC a , AO2a, ta được

'.AC . . 5

2. ' 5 5

AA a a a

CH

A O a

  

Câu 103. [1H3-5.4-3] (KỸ-NĂNG-GIẢI-TOÁN-HƯỚNG-ĐẾN-THPT-QG) Cho hình chóp
.

S ABCD có đáy là hình vng tâm O cạnh a , hình chiếu của S lên mặt đáy trùng với trung

điểm H của BO . Gọi M và N lần lượt là hình chiếu vng góc của H trên các cạnh AB và

AD . Tinh khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và SC biết

10
20

a
SH 

A.

13 10

a

. B.

65
40

a

. C.

13 2
40

a

. D.

13
40

a

.
Lời giải

</div>
(97)<div class='page_container' data-page=97>

Chọn B

Gọi F MHCD HNDF là hình vng  MHN  CFH HMN FCH 
Mà MHE CHF ( góc đối đỉnh) HMN MHE FCH CHF    900 CEMN
Ta có









SH ABC SH MN

MN SHC

EC MN

   

 



 

Kẻ EGSC



G SC



, suy ra EG là đường vng góc chung của MN và SC nên





d MN SC EG

Ta có :

3 10

4 4 4

a a a

HM  HN  MN 

. 3 10
40

HM HN a

EH

MN

 

2 2

2 2 10 13 10

2 4 4 40

a a a a

OB OC  OH  HC OC OH  EC

Vì 2SSEC EG SC SH EC.  . 2 2

. . 65

SH EC SH EC a

EG

SC SH HC

   



Vậy





65
,

a

d MN SC EG

Câu 104. [1H3-5.4-3] (CHUYÊN HUỲNH MẪN ĐẠT 2019 lần 1) Cho hình chóp .S ABCD có đáy

ABCD là hình chữ nhật AB2a, BC a . Mặt bên SAB là tam giác đêu và nằm trong mặt

phẳng vuông góc với đáy. Gọi E là trung điểm cạnh CD . Tinh theo a khoảng cách giữa hai
đường thẳng BE và SC

A. 
30
10
a

. B.

3
2
a

. C.

15
5

a

. D. a .
Lời giải

Tác giả: ; Fb: iện Tuyên

</div>
(98)<div class='page_container' data-page=98>

Cách 1.

+) Gọi H là trung điểm của cạnh AB, tam giác SAB đêu cạnh a SH AB, SH a 3.
Vì



SAB

 

 ABCD





SAB

 

 ABCD



AB nên SH 



ABCD



+) Qua C kẻ Cx/ /BE, kéo dài HE cắt Cx tại M .
Do đó d BE SC





d BE SCM





d E SCM





.
Ta có: HE



SCx

  

 M

















d E SCM EM

HM
d H SCM

  

+) Vì HB HE EC CB a    HECB là hình vuông HCBE HCCM .
Mặt khác CM SH CM 



SHC







SCM

 

 SHC



Lại có



SCM

 

 SHC



SC. Gọi I là hình chiếu của H lên SC HI 



SCM



. Do đó









d H SCM HI

+) HC là đường chéo hình vng HECB cạnh a nên HC a 2.
Xét tam giác SHC vng tại H, ta có : 2 2 2

1 1 1

HI  SH HC

2 2 2

1 1 1

3 2

HI  a  a 2 2

1 5

HI a

  30

5
a
HI

 













d E SCM d H SCM

  30

10
a


Vậy





30
,SC

10
a

d BE 

Cách 2.

Gắn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ.

Ta có: H



0;0;0



, E



0; ;0a



, B



a;0;0



,C a a



; ;0



, S



0;0;a 3





; ; 3



SC a a a



, BE 



a a; ;0





, BE SC,   



a 3;a 3;2a



 

, BC



0;a;0







,SC



, .

BE SC BC
d BE

BE SC

 

 



 

 

  

  2

2 2 2

3 30

3 3 4

a a

a a a

 

  .

Vậy





30
,SC

10
a

d BE 

</div>
(99)<div class='page_container' data-page=99>

Câu 105. [1H3-5.4-3] (KÊNH TRUYỀN HÌNH GIÁO DỤC QUỐC GIA VTV7 –2019) Cho hình lập
phương ABCD A B C D.     có cạnh a. Tinh khoảng cách giữa đường thẳng BD và B C .
A.

2
2

a

. B.

6
6

a

. C.

3
3

a

. D. 2

a
.
Lời giải

Tác giả:Trinh a ; Fb: trinh.ba.180.

Chọn B
Cách 1.

Ta thấy mặt phẳng



ABC D 



là mặt phẳng vuông góc với BC .
Gọi E BC B C .

Trong mặt phẳng



ABC D 



, qua E dựng EH vng góc với BDtại H.
Do BC



ABC D 



BCEH .

Vậy EH là đoạn vng góc chung của BD và B C , nên d BD B C



 ;



EH.
Gọi 'C K là đường cao của tam giác BC D  (KBD) thì :



 





 



 

 

2
2

2 2

2 2 2

. 2

1 1 1 6

2 2 2 2 6

a a
C D C B

EH C K a

C D C B a a

  



   

    

</div>
(100)<div class='page_container' data-page=100>

Chuẩn hóa a .1

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, gốc O B .

Khi đó, B



0;0;0 ,

 

A 1;0;0 ,

 

C 0;1;0 ,



B



0;0;1 ,



C



0;1;1 ,



D



1;1;1





0;1; 1



B C   u

 

là véc tơ chỉ phương của đường thẳng B C .



1;1;1



BD  u

 

là véc tơ chỉ phương của đường thẳng BD.

Ta có u u1; 2 



2; 1; 1 ; 



BC



0;1;0 .



  

Khi đó:





1 2

; . 1 6

; .

6
6
;

u u BC

d BD B C

u u

  

 

    

 
 
  

 

Câu 106. [1H3-5.4-3] (CHUN HỒNG VĂN THỤ HỊA BÌNH LẦN 4 NĂM 2019) 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



vng góc với mặt phẳng



ABCD



, góc giữa SD và



ABCD



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

A. 
3

a

. B.

3
2

a

. C.

6
7

a

. D.

3
2
a

.
Lời giải

Tác giả: Trần Duy Thảo; Fb: Thao Duy

Chọn A

</div>
(101)<div class='page_container' data-page=101>

H là hình chiếu của S trên



ABCD



nên DH là hình chiếu của SD trên



ABCD



. Suy ra









SD ABCD,







SD HD ,



SDH 

SDH

   .

Vì tam giác SAO cân tại S và F là trung điểm AO nên SF AO.
Vì ACSF và ACSH nên ACHF .

Xét tam giác ADC vuông tại D ta có AC AD2DC2 2a.

Xét hai tam giác AFH và ADC đồng dạng ta có

. 2

3 3

a
a

AH AF AF AC a

AH

AC  AD  AD  a  .

Suy ra

2
3

a
DH 

Suy ra H là trung điểm của đoạn thẳng AI . Từ đó IO HF// nên IOAC.
Kẻ IK MO thì d I MAC





IK.

Xét tam giác AIO vuông tại O ta có

2 2

3
a
IO AI AO 

Xét tam giác SDH vng tại H ta có

 2

.tan .tan 60 2

3
a

SH DH SDH    a

MI là đường trung bình của tam giác SHD nên 2

SH

MI  a

Xét tam giác MIO vuông tại I ta có: 2 2 2 2

1 1 1 4

a
IK

IK  IM IO a   .









a

d I MAC IK 

Vì SB MO// nên SB//



MAC



. Suy ra d SB AC





d SB MAC





d B MAC













d D MAC

 32d I MAC





 32IK 34a

. Vậy





3
,

a

d SB AC 

Câu 107. [1H3-5.4-3] (HK2 THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI) Cho lăng trụ đêu ABC A B C.    có
AA a, khoảng cách giữa hai đường thẳng A B và CC bằng a 3. Diện tich tam giác ABC
bằng

A. a2 3. B.

3 3
4

a

. C.

2 3

a

. D. 2a2 3.
Lời giải

</div>
(102)<div class='page_container' data-page=102>

Gọi H là trung điểm của A B  . Ta có C H  A B  và C H AA nên C H 



ABB A 



.
Vì CC/ /



ABB A 



d CC A B



 ;



 d CC ABB A ;



 



  d C ;



ABB A 



 C H a 3.

A B C  

 đêu có trung tuyến C H a 3 nên

' : 2

A BC H  a

2 3 2

' . 3

4
A B C

S    A B a

   2 3

ABC

S a

  .

Bài tập tương tự

Câu 108. Cho hình lăng trụ ABC A B C.    có đáy là tam giác đêu cạnh a . Hình chiếu vng góc của điểm

A lên mặt phẳng



ABC



trùng với trọng tâm tam giác ABC . Biết khoảng cách giữa hai
đường thẳng AA và BC bằng

3
4

a

. Tinh theo a thể tich V của khối lăng trụ ABC A B C.   .
A.

3 3

a
V 

. B.

3 3

a
V 

. C.

3 3

a
V 

. D.

3 3

a
V 

Câu 109. Cho hình chóp tứ giác S ABCD. có đáy là hình vng, mặt bên



SAB



là tam giác đêu và nằm
trong mặt phẳng vng góc với đáy. Biết khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng



SCD



bằng

3 7
7

a

. Tinh thể tich V của khối chóp S ABCD. .
A.

1
3

V  a

. D. V  .a3 C.

2
3

V  a

. D.

3
2

a
V 

Câu 110. [1H3-5.4-3] (Quỳnh Lưu Lần 1) Cho hình chóp S ABCD. có đáy là hình chữ nhật, các mặt
bên



SAB





SAD



vng góc với đáy. Góc giữa



SCD



và đáy bằng 60, BC a . Khoảng
cách giữa AB và SC bằng

A. 
3
2

a

. B.

3
2

13a. C. 2

a

. D.

3
2

5a.
Lờigiải

Tácgiả:Lê Thi Anh; Fb:Lan Anh Le

</div>
(103)<div class='page_container' data-page=103>

Các mặt bên



SAB





SAD



vuông góc với đáy SA



ABCD



Ta có AB // CD  AB //



SCD



d AB SC





d AB SCD





d A SCD





.
Ta lại có





 

CD AD

CD SAD CD SD

CD SA

 

   


 

Vì ABCD là hình chữ nhật nên ADCD

 

Từ

 

1 và

 

2 ta suy ra góc giữa mặt bên



SCD



và đáy là góc giữa AD và SD
 60

ADS

  SA a tan 60 a 3.

Kẻ AH SD

 

3 . Từ CD



SAD



SD AH

 

4
Từ

 

3 và

 

4 ta suy ra AH 



SCD



d A SCD





AH .
Xét tam giác SAD vuông tại A ta có 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 3

3 2

a
AH

AH  SA  AD  a a   .

Vậy khoảng cách giữa AB và SC bằng
3
2

a

Câu 111. [1H3-5.4-3] (ĐH Vinh Lần 1) Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C.    có đáy ABC là tam giác
vng tại A . Gọi E là trung điểm AB . Biết AB2a, BC a 13, CC 4a. Khoảng cách
giữa hai đường thẳng A B và CE bằng

A. 
4

a

. B.

12
7

a

. C.

a

. D.

3
7

a

.
Lời giải

Tác giả: Nguyên ảo Mai; Fb: ao An

</div>
(104)<div class='page_container' data-page=104>

* Kiến thức trọng tâm: Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau.
* Hướng giải bài toán:

+ Dựng mặt phẳng đi qua một đường thẳng và song song với đường còn lại

+ Dùng tỉ số khoảng cách để đưa việc tinh khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng thành
tinh khoảng cách từ một điểm khác đến mặt phẳng thuận lợi hơn.

+ Tinh chiêu cao của một tứ diện vuông

* Giải: Lấy trung điểm F của AA được EF song song với 



CEF



đi qua CE và song
song với A B d A B CE



 ,



d B CEF





d A CEF





Mặt khác ACEF là tứ diện vuông tại A nên





2 2 2

1 1 1 1

, AF AE AC

d A CEF   

.
Ta có AACC4a AF 2a

AB a AE a

2 2 13 2 4 2 3

AC BC AB  a  a  a









2 2 2 2

1 1 1 1 49

4 9 36

, a a a a

d A CEF

    





a
d A CEF

 





a
d CE A B

 

Câu 112. [1H3-5.4-3] (ĐH Vinh Lần 1) Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C.    có đáy ABC là tam giác
đêu cạnh 2a. Gọi E là trung điểm AB . Biết góc giữa CB và



BCC B 



bằng 30o. Khoảng
cách giữa hai đường thẳng A B và CE bằng

A. 
6
3

a

. B.

2 6
3

a

. C.

6
6

a

. D.

2 6
6

a

</div>
(105)<div class='page_container' data-page=105>

Thấy CE AB, CEAA CE



AA B B 



hay



AA B B 



chinh là mặt phẳng qua A B ,
vng góc với CE. Gọi H là hình chiếu của E trên A B EH chinh là đoạn vng góc
chung của A B và CE d CE A B



, 



EH .

Mặt khác CB có hình chiếu là EB trên



BCC B 



là EB







CB BCC B,  





CB EB, 



CB E 

   CB E  30o CB2CE 2.a 3

2 2 12 2 4 2 2 2

CC CB C B  a a a

      .

Gọi K là hình chiếu của A trên A B .
Ta có

1
2

EH  AK

và 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 3

8 4 8

AK  AA  AB  a  a  a

2 2
3

a
AK

 

2 6

3
3

a a

EH

  

hay





6
,

a
d CE A B 

Câu 113. [1H3-5.4-4] (HK2 THPT LƯƠNG THẾ VINH HÀ NỘI) Hình chóp .S ABC đêu. G là trọng
tâm tam giác ABC . Biết rằng SG AB a . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và GC
bằng

A
 .

5
5

a

. B.

3
3
a

. C.2

a

. D.a.

Lời giải
Chọn A.

Trong



ABC



, kẻ Ax song song GC . Đặt

  

  SA Ax,



GC/ /

 



Khi đó: d GC SA





d GC



 





d G



 





Trong



ABC



, kẻ GI Ax tại I
Trong



SGI



, kẻ GOSI tại O

</div>
(106)<div class='page_container' data-page=106>

Xét AGI có

2 3

3 3

a

AG AM 

 0 3 3

sin .sin 60 .

3 2 2

GI a a

IAG GI GA

GA

    

Xét tam giác SGI có : 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 4 5

GO  SG GI a a a

5
5

a
GO

 

Vậy





5
,

a

d SA GC 

Câu 114. [1H3-5.4-4] (Chuyên Vinh Lần 3) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, biết

2 3

AB a, AD a, SA  a và SA vng góc với mặt phẳng đáy. Gọi M là trung điểm cạnh
CD . Khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và BM bằng

A.

3 3
4

a

. B.

2 3
3

a

. C.

3
3
a

. D.

3
2
a

Lời giải
Chọn C

Gọi O là tâm hình chữ nhật, I BMAC.

Dựng IN SC//



N SA



, AKBM , AH  NK



K BM , H NK



.
Dễ dàng chứng minh được AH 



BMN



. Khi đó:













d SC,BM d SC, BMN d C, BMN .

Ta lại có:

























1 1 1

1 2 2 2

CO

d C, BMN CI

d C, BMN d A, BMN AH

AI

d A, BMN  CO CO   

</div>
(107)<div class='page_container' data-page=107>





2 2

2
ABM AB.d M , AB

S a.a

AK a

BM BM a a

   

 .

2 2 2

3 2

3 3 3

AN AI

AN AS . a a

AS  AC     

Suy ra:

 

2 2 2 2

2 2 2 3

2 2

AN.AK a.a a

AH

AN AK a a

  

 

Vậy:





1 3

2 3

a
d SC,BM  AH 

.
 Cách 2:

x

y
z

Chọn hệ tọa độ Oxyz sao cho Aº O; B OỴ x nên B

(

2 ; 0 ; 0a

)

,

D OyỴ nên D

(

0 ; ; 0a

)

, S OzỴ nên S

(

0 ; 0 ; 3a

)

Þ C

(

2 ; ; 0a a

)

và M a a

(

; ; 0

)

.

Ta có

(

2 ; ; 3

)

SC= a a - a

uur

; BM= -

(

a a; ; 0

)

uuur

(

2 2 2

)

, 3 ; 3 ; 3

SC BM a a a

é ù

Þ ê ú=

ë û

uur uuur

và SB=

(

2 ; 0 ; 3a - a

)

uur

Vậy
( , )

, .

3
3
,

Sc BM

SC BM SB
a
d

SC BM

é ù

ê ú

ë û

= =

é ù

ê ú

ë û

uur uuur uur
uur uuur

</div>
(108)<div class='page_container' data-page=108>

A.

4 102

17 . B.

5 102

51 . C.

10 102

51 . D.

2 102
17 .
Lời giải

Tác giả: Lê Thanh ình ; Fb: Lê Thanh ình

Chọn A

Xét tam giác ABD có AB3, AD 6 2AB BAD,    nên60

2 2 2 2 . .cos 60 2 2 2 2 2 2

BD AB AD  AB AD  AB AD  AB  AD AB .

Suy ra tam giác ABD vuông tại B.

Gọi C là điểm thỏa mãn

3
2
AC  AC
 

. Khi đó AC AD 6 2AB.

Vì BAC   nên tam giác ABC cũng vuông tại 60 B. Suy ra AB



BDC



.
Gọi E thỏa mãn

2
3
BE BC
 

, suy ra CE AB//  AB//



CDE



.
Gọi H là hình chiếu của B trên DE. Suy ra BH 



CDE



.
Do đó d AB CD





d AB CDE





d B CDE





BH .

Ta có BD BC AB.tan 60 3 3, tam giác ADC vuông cân tại A nên DC6 2.

Suy ra 

2 2 2 1

cos

2 . 3

BD BC DC

DBC

BD BC

 

 

   

 

2 2
sin

3
DBC

 

Ta có

2 3
3

BE BC

, suy ra DE BD2BE22BD BE. .cosDBC  51.


1 1 2 2

. .sin 3 3.2 3. 6 2

2 2 3

BDE

S  BD BE DBC 

Do đó

2 12 2 4 102

17
51

BDE

S
BH

DE

  

. Hay





4 102
,

17
d AB CD 

</div>
(109)<div class='page_container' data-page=109>

Câu 116. [1H3-5.4-4] (Hải Hậu Lần1) Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C có đáy ABC là tam giác. ' ' '
vuông BA BC a  , cạnh bên AA'a 2, M là trung điểm BC . Khoảng cách giữa hai
đường thẳng AM và 'B C là:

A.
7
7

a

. B.

2
2

a

. C.

5
5

a

. D.

3
3

a

.
Lời giải

Tác giả: Nguyên Văn Mộng ; Fb: Nguyên Văn Mộng.

Chọn A

Cách 1:

Trong



ABC



, dựng hình bình hành AMCN









// ' // '

AM CN B CN AM B CN

  

Do đó,

















, ' , ' , ' , '

d AM B C d AM B CN d M B CN  d B B CN

Trong



ABC



, kẻ BH CN

Ta lại có, CN BB' (Vì BB'



ABC



CN )

Suy ra, CN 



B BH'



. Mà CN 



B CN'



nên



B CN'

 

 B BH'



Mặt khác,



B CN'

 

 B BH'



B H'

Trong



B BH'



, kẻ BK B H'





BK B CN

 

. Do đó, d B B CN





BK
Gọi I là trung điểm của CH .

</div>
(110)<div class='page_container' data-page=110>





1 1 1 1

. . . .

2 2 2 2 2 2 2

AMCN ABCN ABM

a a a

S S S  AN BC AB  AB BM   a a  a 

 

2 2 2 5

2 2

a a

CN  AM  AB BM  a    
 

Mà

5
2

5
5
2
AMCN
AMCN

a

S a

S MI CN MI

CN a

    

2 5
2

a

BH MI

  

Trong B BH' vng tại B có BH là đường cao, ta có:

 

2 2 2

2 5
2.

' . 5 2 7

' 2 5

5
a
a

B B BH a

BK

B B BH a

a

  

  

  

 



, '







1 1 2. 7 7

2 2 2 7 7

a a

d AM B C d B B CN BK

    

.
Cách 2:

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho B O ; các tia , , BA BC BB lần lượt trùng với các tia
, ,

Ox Oy Oz (như hình vẽ )

Khi đó:B



0;0;0



, A a



;0;0



, C



0; ;0a



, B' 0;0;



a 2



Do M là trung điểm BC nên

0; ;0
2

a
M  

  
; ;0

a
AM   a 

 



, B C' 



0; ;a a 2





</div>
(111)<div class='page_container' data-page=111>

, ; 2;

2
a

AM B C  a a

      
   
,





 

2
2 2
2 14

, ' 2

2 2

a a

AM B C   a a

         

   

 





 

2 2

, . . 2 . .0

2 2

a a

AM B C AC a a a a

           

  





, ' . 2 7

, '
7
14
, '
2
a

AM B C AC a

d AM B C

a
AM B C


 
 
  
 
 
  
 
.

Câu 117. [1H3-5.4-4] (Sở Quảng NamT) Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C. ' ' ' có đáy ABC là tam
giác vuông tại B , AB2a 3, BCa,

3
'

a
AA 

. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AC'

và B C' bằng

A. 
3 7
7
a
. B. 
3 10
20
a
. C. 
3
4
a
. D. 
3 13
13
a
.
Lời giải

Tác giả: Lieutuan ; Fb:Lieutuan Nguyen

Chọn C

Chọn hệ tọa độ Oxyz sao cho O trùng B, tia Ox đi qua C, tia Oy đi qua A, tia Oz đi qua
'

B

Ta có: A



0; 2a 3 ;0



, C a



;0;0



3
' 0;0;

2
a
B  

 ,

3
' ;0;

2
a
C a 

 

Khi đó:

3
' ; 2 3 ;

2
a
AC a  a 

 


,
3
' ;0;
2
a
B Ca  

 



, AC 



a; 2 a 3 ;0









2 2 2

', ' 3 3 ;3 ; 2 3

AC B C a a a

  

  ,   AC B C AC', '   3a3 3

Suy ra



', '



', ' 3 32 3 3

4
4 3
', '

AC B C AC a a

d AC B C

a
AC B C

 
 
  
 
 
  
 

Câu 118. [1H3-5.4-4] (Ngơ Quyền Hà Nội) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh

a , SA2a và vng góc với ABCD . Gọi M là trung điểm của SD . Tinh khoảng cách d

</div>
(112)<div class='page_container' data-page=112>

A.

2
2
a
d 

. B. 6

a
d 

. C.

2
3

a
d 

. D. 3

a
d 

.
Lời giải

Tác giả: tuyetnguyen ; Fb: tuyet nguyen

Chọn C

Gắn hệ trục tọa độ Axyz như hình vẽ.

Khi đó A



0;0;0



, B a



;0;0



, C a a



; ;0



, D



0; ;0a



, S



0;0;2a



và

0; ;
2
a
M a

 .

Ta có SB



a;0; 2 , a



 ; ; ,

2
a
CM   a  a

 





; ; 2



SC a a  a



Suy ra

2 2

, ; ;

a

SB CM  a a 

     

   SB CM SC a, .  3

   và

3
,

a
SB CM

  

  .

Vậy





, . 2

3 3

SB CM SC a a

d d SB CM

SB CM a

 

 

   

 

 

  
 

.
Phát triển câu 42:

Câu 119. [1H3-5.4-4] (Giữa-Kì-2-Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019) Cho hình chóp .S ABCD có đáy

ABCD là hình thoi có cạnh bằng 3a , BAD120 và cạnh bên SA vng góc với mặt đáy.
Biết góc giữa mặt phẳng



SBC



và



ABCD



bằng 60 . Tinh khoảng cách giữa hai đường
thẳng BD và SC .

A.

3 39
26

a

. B.

14
6

a

. C.

39
26

a

. D.

3 39
13

a

.
Lời giải

Tác giả: Nguyên Thế Quốc ; Fb: Quốc Nguyên

</div>
(113)<div class='page_container' data-page=113>

+) Tinh AC và OC .

Hình thoi ABCD có BAD120 nên ABC60 . Do đó ABC là tam giác đêu, AC a 3.
Gọi O là giao điểm của hai đường chéo hình thoi.

1 3

2 2

a

OC AC

.
+) Tinh SA .

Kẻ AK BC, ta có SABC do đó BC 



SAK



và SK BC. Khi đó



 





SBC , ABCD



SKA 60

Xét tam giác SAK có

3. 3 3 3
.tan 60 . 3

2 2

a a

SA AK   

.
+) Tinh SC .

Xét tam giác SAC có

2 2 39

a

SC SA AC 

.
+) Tinh khoảng cách giữa BD và SC .

Trong



SAC



kẻ OH BD. Mà BD



SAC



nên BDOH. Do đó d BD SC





OH.
Ta có CHO đồng dạng với CAS (g.g) do đó

. 3 39
26

OH CO SA OC a

OH

SA  CS   CS  .

Câu 120. [1H3-5.4-4] Bắc-Ninh-2019) 
(Giữa-Kì-2-Thuận-Thành-3-Bắc-Ninh-2019) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình thoi có cạnh bằng 3a ,

 120

BAD  và cạnh bên SA vng góc với mặt đáy. Biết góc giữa mặt phẳng



SBC



và



ABCD



bằng 60 . Tinh khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC .

A.

3 39
26

a

. B.

14
6

a

. C.

39
26

a

. D.

3 39
13

a

.
Lời giải

Tác giả: Nguyên Thế Quốc ; Fb: Quốc Nguyên

</div>
(114)<div class='page_container' data-page=114>

+) Tinh AC và OC .

Hình thoi ABCD có BAD120 nên ABC60 . Do đó ABC là tam giác đêu, AC a 3.
Gọi O là giao điểm của hai đường chéo hình thoi.

1 3

2 2

a

OC AC

.
+) Tinh SA .

Kẻ AK BC, ta có SABC do đó BC 



SAK



và SK BC. Khi đó



 





SBC , ABCD



SKA 60

Xét tam giác SAK có

3. 3 3 3
.tan 60 . 3

2 2

a a

SA AK   

.
+) Tinh SC .

Xét tam giác SAC có

2 2 39

a

SC SA AC 

.
+) Tinh khoảng cách giữa BD và SC .

Trong



SAC



kẻ OH BD. Mà BD



SAC



nên BDOH. Do đó d BD SC





OH.
Ta có CHO đồng dạng với CAS (g.g) do đó

. 3 39

OH CO SA OC a

OH

SA  CS   CS  .

Câu 121. [1H3-5.4-4] (TTHT Lần 4) Cho hình hộp ABCDA B C D    có tất cả các cạnh đêu bằng 1 và
các góc phẳng ở đỉnh A đêu bằng 60. Tinh khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và A C .
A.

11 . B.

11. C.

11 . D.

</div>
(115)<div class='page_container' data-page=115>

1. Vẽ hình hộp, yếu tố vẽ hình quan trọng, giúp bạn tư duy “nét” nhất cho bài toán. Các cạnh 
của hình hộp bằng 1 và góc phẳng tại đỉnh A bằng 60 cho ta thêm dữ kiện hình hộp xiên có
đáy là hình thoi.

2. Kiến thức khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b .

Cách 1: Là độ dài đoạn vuông góc chung giữa a và b.
HK a ; HK bd a b( , )HK  .a

Cách 2: Là khoảng cách từ đường thẳng này đến mặt phẳng song song với nó chứa đường

thẳng cịn lại.
/ / a

 ,   b I ,

  

P  b,



d a b





d a P



 



d A P



 



AH.

</div>
(116)<div class='page_container' data-page=116>







   





 



d a b d P Q d A Q AH

Trong quá trình dẫn dắt ra lời giải bài toán ta giới thiệu cả 3 cách xác định khoảng cách. (Và
khuyến khich học sinh tìm ra cách hay, ngắn gọn nhất).

Cách sử dụng trong bài toán này là cách 2. Tinh khoảng cách từ đường thẳng tới mặt phẳng
song song với đường thẳng ấy.

3. Kiến thức khoảng cách từ 1 điểm đến đến một mặt phẳng. Không xác định trưc tiếp khoảng 
cách từ điểm đó tới mặt phẳng mà xác định gián tiếp từ điểm khác mà ta nhìn được khoảng
cách dễ dàng hơn, còn gọi là đổi điểm.



;





;





d A C AB   d A C  ACB d C



;



ACB



d B ACB



;





.
(Với I là trung điểm BC).

</div>
(117)<div class='page_container' data-page=117>

Tính chiều cao hạ từ đỉnh B của tứ diện BACB biết các góc tại đỉnh B là CBB  ,60

  120

B BA ABC    và các cạnh bên BA BC BBa.

Vậy bài tồn phức tạp đã đưa vê một bài tốn đơn giản mà ta đã biết cách giải.
Ở bài toán mới học sinh cần vận dụng kiến thức vê hình học phẳng như

Định li hàm số cosin:

Cho ABC có AB c , AC b , BC a với các góc của tam giác là A , B ,C ta có :

2 2 2 2 cos

a b  c bc A

Các công thức tinh diện tich tam giác:
1

4 2

ABC a

abc

S h a

R

  

(h chiêu cao của tam giác hạ từ đỉnh A ; R là bán kinh đường tròn ngoạia
tiếp ABC) , từ đó tinh ra chiêu cao của tứ diện.

Sau khi phân tich bài tốn, học sinh sẽ tự trình bày lời giải như sau:
B. Lời giải

Tác giả :Nguyên Thi Thu Hằng ; Fb: Nguyên Thu Hằng

Chọn A

Có AC/ /A C A C / /



AB C





;





;





d A C AB   d A C  ACB

</div>
(118)<div class='page_container' data-page=118>

+) BA BC BB1 nên điểm B nằm trên trục của đường tròn ngoại tiếp ACB. Suy ra





BO ACB

tại tâm O của đường tròn ngoại tiếp ACB.

+) CBB  , 60 B BA ABC  120 nên áp dụng định lý hàm số cosin trong tam giác B BA

và ABC ta có AB AC  3.







;



d B ACB BO 2 2

BA R

  với R là bán kinh của đường tròn ngoại tiếp tam giác ACB.

. . .

4 2

ACB

AB CB AC AH B C
S

R




  

 

1
3

3 3 4

4R 2


  3

R

  1 9 2

11 11

BO

   

22
11
BO

 



;



d A C AB   OB

 

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và A C  là
22
11 .
Đáp án cần chọn là A.

C. Nhận xét 
Bài tốn này đã giúp người học ơn lại

+) Kiến thức vê khoảng cách trong không gian ( chương III, hình học, Sách giáo khoa lớp 11).
+) Hệ thức lượng trong tam giác và giải tam giác (Chương II, Hình học, Sách giáo khoa lớp
10).

Và quan trọng biết chuyển từ bài tốn hình hộp xiên sang hình tứ diện, biết độ dài các cạnh.
D. Khai thác bài toán

</div>
(119)<div class='page_container' data-page=119>

Câu 122. [1H3-5.4-4] (TTHT Lần 4) 1 Cho tứ diện tứ diệnABCD biết các góc tại đỉnh B là
 60

CBD  , DBA ABC 120 và các cạnh bên BA BC BD1. Tinh thể tich khối tứ diện
ABCD.

A.

4 . B.

12 . C.

11 . D.

3
11.
Hướng dẫn

Trình bày tương tự như bài tốn phụ trên,
1

.
3

ABCD

V  h S

với (h Khoảng cách từ B đến mặt phẳng



ACD



; S diện tich đáy của ACD)

1 22 11

. .

3 11 4

ABCD

V

  2

12


. Đáp án được chọn là B.

Câu 123. [1H3-5.4-4] (TTHT Lần 4) 2 Cho hình hộp hình hộp ABCDA B C D    có tất cả các cạnh
đêu bằng 1 và các góc phẳng ở đỉnh A đêu bằng 60. Tinh thể tich khối hộp ABCD A B C D.    .
A.

11 . B.

2 . C.

11 . D.

3
12.
Hướng dẫn

Trình bày tương tự như bài toán phụ trên

2
12

ABCD

V 

với (h Khoảng cách từ B đến mặt 
phẳng



ACD



; S diện tich đáy của ACD).

Thể tich khối hộp ABCD A B C D.     là .

2
6.

ABCD A B C D ABCD

V      V 

. Đáp án được chọn là B.
Câu 124. [1H3-5.4-4] (TTHT Lần 4) 3 Cho hình hộp hình hộp ABCDA B C D    có tất cả các cạnh

đêu bằng 1, CBD  , 60 DBA ABC  120 . Tinh thể tich khối hộp ABCD A B C D.    .
A.

2 . B.

12 . C.

2 2

3 . D.

3
12.
Hướng dẫn

Thể tich khối hộp ABCD A B C D.    có góc đỉnh B thỏa mãn CBD  , 60 DBA ABC 120
cũng bằng thể tich của khối hộp có góc phẳng ở đỉnh A bằng 60.

2
2

ABCD A B C D

V    

. Đáp án được chọn là A.

Câu 125. [1H3-5.4-4] (TTHT Lần 4) 4 Cho hình hộp hình hộp ABCDA B C D    có tất cả các cạnh
đêu bằng 1 và các góc phẳng ở đỉnh A đêu bằng 60. Tinh khoảng cách giữa hai đường thẳng

CB và A C .

A.
22

11 . B.

12 . C.

11 . D.

3
12.
Hướng dẫn

Có AC/ /A C A C / /



AB C





;





;





d A C CB   d A C  ACB

</div>
(120)<div class='page_container' data-page=120>

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng CB và A C  là
22
11 .
Đáp án được chọn là A.

Câu 126. [1H3-5.4-4] (TTHT Lần 4) 5 Cho hình hộp hình hộp ABCDA B C D    có tất cả các cạnh
đêu bằng 1 và các góc phẳng ở đỉnh A đêu bằng 60. Tinh diện tich tam giác AB C .

A.
22

11 . B.

12 . C.

12 . D.

11
4 .
Hướng dẫn

Xét tứ diện B ACB. có

+) BA BC BB1 nên điểm B nằm trên trục của đường tròn ngoại tiếp ACB. Suy ra





BO ACB

tại tâm O của đường tròn ngoại tiếp ACB.

+) CBB  , 60 B BA ABC  120 nên áp dụng định lý hàm số cosin trong tam giác B BA 
và ABC ta có AB AC 3.

.
2

ACB

AH B C
S 




1
3

4
2



 11

4


. Đáp án được chọn là D.

Câu 127. [1H3-5.4-4] (TTHT Lần 4) 6 Cho hình hộp hình hộp ABCDA B C D    có tất cả các cạnh
đêu bằng 1 và các góc phẳng ở đỉnh A đêu bằng 60. Tinh chiêu cao của khối hộp

ABCDA B C D   .

A.
6

6 . B.

12 . C.

6 . D.

3
12.
Hướng dẫn

Thể tich khối hộp ABCD A B C D.     nên .

2
.
2

ABCD A B C D ABCD

V     h S

2 2 6

2 ABCD 2. . 6

h

S AC BD

  

.
Đáp án được chọn là A.

Câu 128. [1H3-5.5-2] (THTT số 3) Cho hình chóp tam giác

S ABC

.

có đáy

ABC

là tam giác vuông cân
tại

C

, AB4 2,

SC



4

, hai mặt phẳng



SAC





SBC



cùng vng góc với mặt phẳng



ABC



. Gọi M ,

N

lần lượt là trung điểm AB ,

AC

. Tinh khoảng cách giữa

CM

và

SN

A. 
1

2 . B. 2 . C. 1. D.

4
3 .
Lời giải

Tác giả: Nguyên Minh Tuân; Fb: Nguyên Minh Tuân

</div>
(121)<div class='page_container' data-page=121>

Ta có SC



ABC



Gọi E là trung điểm AM suy ra d CM SN





d C SNE





.
Dựng CF NE và CH SF suy ra d CM SN





CH .
Có

4
2, 4

CF  SC  CH 

Cách khác: Dùng toạ độ hoá.

Câu 129. [1H3-5.6-2] ( Hội các trường chuyên 2019 lần 3) Cho khối lăng trụ ABC A B C.    có đáy là
tam giác ABC cân tại A có AB AC 2a; BC2a 3. Tam giác A BC vng cân tại A
và nằm trong mặt phẳng vng góc với đáy



ABC



. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AA
và BC bằng

A. a 3. B.

2
2
a

. C.

5
2
a

. D.

3
2
a

.
Lời giải

Tác giả: Đàm Văn Thượng ; Fb:Thượng Đàm

Chọn D

+ Gọi H là trung điểm cạnh BC , suy ra A H BC.

Ta có



 





 







A BC ABC

A BC ABC BC

A H A BC

A H BC

 




  




  


  

</div>
(122)<div class='page_container' data-page=122>

+ Gọi K là hình chiếu vng góc của điểm H trên cạnh AA .

BC A H

BC AH




 

 BC 



AHA



BCHK.

Suy ra HK là đoạn vng góc chung của hai đường thẳng AA và BC . 
Do đó d AA BC



,



HK.

+ Ta có 2 3
BC

A H  a

; AH  AB2BH2 a. Suy ra 2 2

. 3

AH A H a

HK

AH A H



 



 .

Vậy





3
,

2
a
d AA BC 

Câu 130. [1H3-5.7-2] (Cụm 8 trường Chuyên Lần 1) Cho khối chóp .S ABCD có thể tich bằng 2a và3
đáy ABCD là hình bình hành. Biết diện tich tam giác SAB bằng a . Tinh khoảng cách giữa2
hai đường thẳng SB và CD .

A. 3a . B.

a

. C.

2
2
a

. D. a .
Lời giải

Tác giả: Hoàng Thi Minh Tuấn ; Fb: Minh Tuấn Hoàng Thi

Chọn A

Do đáy ABCD là hình bình hành nên

. .

1
2

S ABC S ABCD

V  V a

Ta có CD AB suy ra : // d CD SB





d CD SAB





d C SAB





h.
Khi đó

3
.

. C. 2

1 3

. 3

S ABC
S ABC SAB SAB

SAB

V a

V V h S h a

S a



     

.
Vậy d CD SB





3a.

Câu 131. [1H3-5.7-2] (THPT-N-LẠC) Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vng cạnh
bằng a , SA(ABCD),SA a 3. Gọi M điểm trên đoạn SD sao cho MD=2MS . Khoảng
cách giữa hai đường thẳng AB và CM bằng

A. 
3
2

a

. B.

3
4

a

. C.

3
4

a

. D.

2 3
3

a

</div>
(123)<div class='page_container' data-page=123>

Lời giải

Tác giả: Nguyên Ngọc Huyền Trân ; Fb: Huyền Trân Nguyên

Chọn A
Cách 1:

Ta có (d AB CM; )d AB SCD( ,( ))d(A;(SCD)) 
Vì CD(SAD) nên (SAD) (SDC)

Vẽ AH SD suy ra AH (SCD). Vậy (d AB CM; )AH

Xét tam giác SAD vuông tại A : 2 2 2

1 1 1

AH SA  AD

Vậy

a
AH 

.
Vậy chọn đáp án A.
Cách 2:

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ trong đó A O gốc tọa độ.

Khi đó (0;0;0)A , ( ;0;0)B a , ( ; ;0)C a a , (0;a;0)D , (0;0;S a 3) ,

2 3
(0; ; )

3 3

a a

M

; 3

( ; )

2
;

AB CM AC a

d AB CM

AB CM

 

 

 

 

 

  
 

Câu 132. [1H3-5.7-2] (Chuyên Lê Quý Đôn Quảng Trị Lần 1) Cho hình chóp .S ABCD có





SA ABCD

</div>
(124)<div class='page_container' data-page=124>

A. 
3
2
a

. B. a 3. C.

2
3

a

. D.

3
4

a
.
Lời giải

Tác giả: Đặng Mai Hương ; Fb:

Chọn B

Ta có





















/ /

/ / , , ,

BC AD

BC SAD d BC SD d BC SAD d B SAD

BC SAD

    

 

 .

Có SA



ABCD



SAAB.

Ta có









BA AD

BA SA BA SAD d B SAD BA

SA AD A




     



  

 .

Xét tam giác vuôngBAC BA,  AC2BC2  5a22a2 a 3.
Vậy d B SAD





a 3d BC SD





a 3.

Câu 133. [1H3-5.7-3] (SƠ LÀO CAI 2019) Cho khối chóp S ABCD. có thể tich bằng 3a . Mặt bên3
SAB là tam giác đêu cạnh a, thuộc mặt phẳng vng góc với đáy, biết đáy ABCD là hình
bình hành. Tinh theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và CD.

A. 2a 3. B. a 3. C. a. D. 6a .

Lời giải

Tác giả: Nguyên Thi Thu Nghĩa; Fb: Thu Nghia.

</div>
(125)<div class='page_container' data-page=125>

H

A D

C
S

K

Gọi H là trung điểm AB. Theo giả thiết ta có: SH 



ABCD



.

Kẻ AK CD,



K CD



, Khi đó ta có AK ABAK 



SAB



 AK SA.
Vậy AK là đường vng góc chung của SA và CD hay d SA CD





AK .
Ta có: .

1
.
3

S ABCD ABCD

V  SH S

, trong đó

3
2
a
SH 

và SABCD CD AK a.  .AK.

Từ giả thiết ta được:

3 1 3

3 . . . 6

3 2
a

a  a AK AK  a

Câu 134. [1H3-5.7-3] (CHUYÊN SƯ PHẠM HÀ NỘI LẦN 4 NĂM 2019) Cho
khối chóp .S ABC có



SAB

 

 ABC





SAC

 

 ABC



, SA a ,

AB AC  a ,BC2a 2. Gọi M là trung điểm của BC . Khoảng cách
giữa hai đường thẳng SM và AC bằng

A. 2

a

. B. 2

a

. C. a . D. a 2.

Lời giải

Tác giả: Vũ Việt Tiến; Fb: Vũ Việt Tiến

</div>
(126)<div class='page_container' data-page=126>

+) Ta có



 





 





 







SAB ABC

SAC ABC SA ABC

SAB SAC SA






  



  

 .

+) AB2AC2 8a2 BC2 ABC vuông cân tại A.
+) Gọi N là trung điểm AB.

+) AC MN AC 



SMN



 d AC SM





d AC SMN





d A SMN





.
+

AN MN

SA MN



 

 



SAN



MN 



SAN

 

 SMN



;



SAN

 

 SMN



SN.

+) Trong



SAN



, kẻAH SN H SN,  . Ta có AH 



SMN



d A SMN





AH .
+) Vì SA AN a   SAN vng cân tại A. Do đó

1 1

. 2

2 2 2

a

AH  SN SA 

Vậy





a

d AC SM 

Câu 135. [1H3-5.7-3] (Văn Giang Hưng Yên) Cho hình chóp .S ABC có đáy là tam giác đêu cạnh a ,
góc giữa SC và mp ABC





là 45. Hình chiếu của S lên mp ABC





là điểm H thuộc AB
sao cho HA2HB. Tinh khoảng cách giữa 2 đường thẳng SA và BC .

A.

210
.
45
a

B.

210
.
20
a

C.

210
.
15

a

D.

210
.
30
a

Lời giải

Tác giả: Dương Quang Hưng; Fb: Dương Quang Hưng

</div>
(127)<div class='page_container' data-page=127>

Ta có:

2 ,

3 3

a a

AH  BH 

 2

2 2 2 2 . .cos 7

9
a
CH BC BH  BC BH HBC

7
.
3
a
CH

 

Góc giữa SC và mp ABC





là SCH SCH  45 .
7

.
3
a

SH CH

  

Kẻ đường thẳng d qua A song song với BC dựng , HDd D d







dựng









 2 3

HE . DH AH.sin sin 60 .

3 3

      a   a

HE SD E SD SAD DAH

2 2 2 2

1 1 1 90 210

21 30

a
HE

HE  SH  DH  a  

















3 210

// ; ; ; .

2 2 20

     a

BC SAD d SA BC d B SAD d H SAD HE

Câu 136. [1H3-5.7-3] (Chun KHTN) Cho hình chóp tam giác .S ABC có đáy ABC là tam giác đêu
cạnh a và SBA SCA 90. Biết góc giữa đường thẳng SA và mặt phẳng



ABC



bằng 45.
Khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AC là

A. 
2 51

17 a. B.

2 13

13 a. C.

2 7

7 a. D.

39
13 a.
Lời giải

</div>
(128)<div class='page_container' data-page=128>

Do SBA90 nên SBAvuông tại B , áp dụng ĐL Pytago ta có SA2 SB2 AB2 SB2a2.
Do SCA90 nên SCAvng tại C, áp dụng ĐL Pytago ta có SA2 SC2 AC2 SC2 a2
Từ đó ta có SB SC . Gọi M là trung điểm của BC, suy ra AM  BC SM, BCvà

3
2
a
AM 

. Hạ SH  AM , ta có SH 



ABC



. Từ giả thiết góc giữa đường thẳng SA và 
mặt phẳng ABC bằng 45 ta có SAH 45 suy ra SHAvuông cân tại H. Đặt

AH HS x, khi đó

3
2
a
HM  x

, SA x 2, SC2 SA2a2 2x2 a2,

2 2 2 2 5 2

SM 2

SC MC x a

   

. Áp dụng ĐL Pytago vào tam giác vng SHM ta có

2 2 2

SM SH HM hay

2 5 2 2 3

4 2

a
x  a  x x 

  , ta được

2 3

3
a
x

Kẻ đường thẳng  đi quaB và song song với AC. Kéo dài AM cắt  tại A, ta có M là trung
điểm của AA nên AA 2AM a 3. Hạ HF AC F AC







, HE 



E







HK SE K SE

. Ta có

2 3 3

.cos 30 .

3 2

a

AF  AH   a

nên F C hay HC AC.
Do/ / AC nên E H, , C thẳng hàng và









, ,

2
a
ECd  AC d B AC 

. Do

2 3 1 3

.sin 30 .

3 2 3

a a

HCHA   

nên

3 3 3

2 3 6

a a a

HEEC HC   

.
Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông SHEvới đường cao HK ta có:

2 2

2 2 2 2

1 1 1 1 1 51 2 51

4 51

2 3 3

3 6

a
HK
HK  HS  HE  a  a   a  

   

</div>
(129)<div class='page_container' data-page=129>

2 3 3

3 3

a a

HA¢=AA¢- HA=a - =

nên

3
3
3
3

AA a

HA a



 



Từ đó ta có:

















3 3.2 51 2 51

51 17

a a

d SB AC d AC SBE d A SBE  d H SBE  HK  

</div>

Bài 5. Bài tập có đáp án chi tiết về quan hệ vuông góc trong không gian lớp 11 | Toán học, Lớp 11 - Ôn Luyện





















<sub></sub>

<sub></sub>

   



































































































































