Tài liệu Các dạng toán khoảng cách trong hình học không gian

Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 1 Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện MỤC LỤC CHỦ ĐỀ 7. KHOẢNG CÁCH............................................................................................. 3 DẠNG 1. KHOẢNG CÁCH TỪ 1 ĐIỂM ĐẾN ĐƯỜNG THẲNG ................................ 3 DẠNG 2. KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG ............................... 9 DẠNG 3. KHOẢNG CÁCH GIỮA HAI MẶT PHẲNG SONG SONG. ..................... 40 DẠNG 4. KHOẢNG CÁCH HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU ........................... 46 Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 2 Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện CHỦ ĐỀ 7. KHOẢNG CÁCH DẠNG 1. KHOẢNG CÁCH TỪ 1 ĐIỂM ĐẾN ĐƯỜNG THẲNG Phương Pháp Cách xác định: Việc dựng hình chiếu của một điểm trên đường thẳng trong không gian, ta có thể làm theo 2 cách sau:  Dựng mặt phẳng đi qua điểm và đường thẳng đã cho. Rồi trên mặt phẳng đó qua điểm đã cho dựng đoạn vuông góc từ điểm tới đường thẳng.  Dựng một mặt phẳng đi qua điểm đã cho và vuông góc với đường thẳng, lúc đó giao điểm của đường thẳng với mặt phẳng vừa dựng chính là hình chiếu của điểm trên đường thẳng. Tính toán: Sau khi đã xác định được khoảng cách cần tính, ta dùng các hệ thức lượng trong tam giác, đa giác, đường tròn, … để tính toán. Câu 1. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AB  a, AD  b, AA'  c . Tính khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng BD’. A. a b2  c2 a2  b2  c2 B. b b2  c2 C. a2  b2  c2 c b2  c2 D. a2  b2  c2 abc b2  c2 a2  b2  c2 Hướng dẫn giải Do AB  AD' nên tam giác ABD’ vuông tại A. Trong tam giác ABD’ kẻ đường cao AH thì AH  d  A,BD'  . D' Trong ADD' , ta có: C' B' A' c D H C b A a B AD'  AD2  DD'2  b2  c2 BD'  AB2  AD'2  a2  b2  c2 Xét ABD' , ta được: AH.BD'  AB.AD'  AH  AB.AD' a b2  c2  BD' a2  b2  c2 Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 3 Chuyên đề: Hình học không gian a b2  c2 Vậy d  A,BD'   AH  2 2 2 a b c Chủ đề 1: Khối đa diện . Vậy chọn đáp án A. Câu 2. Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều tâm O, cạnh a, hình chiếu của C’ trên mp(ABC) trùng với tâm của đáy. Cạnh bên CC’ hợp với mp(ABC) góc 60 . Gọi I là trung điểm của AB. Tính các khoảng cách: Câu 2.1. Từ điểm O đến đường thẳng CC’ A. a 2 B. 3a 2 C. a 4 D. a 3 Hướng dẫn giải Theo giả thiết, suy ra: C'O   ABC , suy ra:   OC  hch ABCCC'  CC',  ABC   C'CO C' A' Theo giả thiết, ta có: C'CO  60 J B' Trong mp(C’CO) dựng OH  CC' tại H ta được: H K d  O,CC'   OH . a A 2 a 3 3 a Xét COH  OH  OC.sin 30  . .  3 2 2 2 a I 60° O C a B a Suy ra: d  O,CC'   . Vậy chọn đáp án A. 2 Câu 2.2. Khoảng cách từ điểm C đến đường thẳng IC’ A. 2a 13 3 B. 3a 13 13 C. a 3 3 D. a 13 3 Hướng dẫn giải Tính d  C,IC'  Trong mp(C’IC) dựng CK  IC' tại K ta được: d  C,IC'   CK Xét CIC'  OC'.CI  CK.IC'  CK  Mà OC'  OC.tan 60  IC'2  IO2  OC'2  OC'.CI IC' a 3 a 3 . 3  a;CI  3 2 a2 13a2  a2  12 12 a 3 2  3a  3a 13 . Vậy chọn đáp án B. Nên d  C,IC'   CK  13 a 13 13 a. 2 3 Câu 2.3. Khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng A’B’ Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 4 Chuyên đề: Hình học không gian A. 2a 7 3 B. a 7 3 Chủ đề 1: Khối đa diện C. a 7 2 D. a 7 4 Hướng dẫn giải Tính d  O,A ' B'  C'O   ABC∥ A' B'C'   OC'   A' B'C'  . Vì Gọi J là trung điểm của A ' B'  C' J  A ' B'   A ' B' C'  OJ A ' B'(định lí 3 đường vuông góc) Tức là: d  O,A' B'   OJ 3a2 a 7 Xét OC' J  OJ  OC'  C' J  a   4 2 2 Tức là: d  O,A ' B'   2 2 a 7 . Vậy chọn đáp án C. 2 Câu 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SA  a . Gọi E là trung điểm của cạnh CD. Tính theo a khoảng cách từ điểm S đến đường thẳng BE A. 2a 5 5 B. a 5 3 C. a 5 5 D. 3a 5 5 Hướng dẫn giải Vì SA   ABCD  , trong mặt phẳng (ABCD) nếu dựng S AH  BE tại H thì SH  BE (định lí 3 đường vuông góc). Tức là khoảng cách từ điểm S đến đường thẳng BE bằng đoạn SH. Ta có: a 1 1 a2 1 SABE  AB.EF  a.a   AH.BE 2 2 2 2 Mà BE  BC2  CE2  a2  Nên AH  A a F 2 a a 5  4 2 D E H B a C 2 a 2a  , mà SAH vuông tại A, nên: BE 5 4a2 3a 3a 5 SH  SA  AH  a    5 5 5 2 Vậy d  S,BE   2 2 3a 5 . Vậy chọn đáp án D. 5 Câu 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm O, SA   ABCD  , SA  a . Gọi I là trung điểm của SC và M là trung điểm của AB. Tính khoảng cách từ điểm I đến đường thẳng CM Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 5 Chuyên đề: Hình học không gian A. a 2 5 B. a 3 17 Chủ đề 1: Khối đa diện C. a 30 10 D. a 3 7 Hướng dẫn giải Do IO   ABCD  nên nếu dựng OK  CM  K  CM  thì IK  CM . Tức là: d  I,CM   IK . Mà IK  OI2  OK 2  Do SOMC  OK  a2  OK 2 4 a 1  OK.MC 2 2SOMC MC I A  a2 a2 a2  2     2 8 4   a   2 5 a2 a2  4 D M a O K B a C a2 a2 a 6 a 30 Suy ra IK  . Vậy chọn đáp án C.    4 20 2 5 10 a 3 . 3 Gọi I là trung điểm của BC và K là hình chiếu của O lên SI. Tính khoảng cách từ O đến SA. Câu 5. Cho hình chóp đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, gọi O là tâm của đáy và SO  A. a 5 5 B. a 3 3 C. a 2 3 D. a 6 6 Hướng dẫn giải Dựng OH  SA tại H  d  O,SA   OH Ta có: OA  S 2 2 a 3 a 3 AI  .   SO , suy ra: 3 3 2 3 1 1 a 3 a 6 OH  SA  . . 2 2 2 3 6 a 3 H 3 K a C A a 6 Vậy d  O,SA   . Vậy chọn đáp án D. 6 a a O I B Câu 7. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Tính khoảng cách từ C đến AC. A. a 6 7 B. a 3 2 C. a 6 3 D. a 6 2 Hướng dẫn giải D Nhận xét rằng: BAC'  CA'A  DAC'  A'AC  B'C'A  D'C'A nên C B A Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 6 H C' D' A' B' Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện khoảng cách từ các điểm B, C, D, A’, B’, D’ đến đường chéo AC’ đều bằng nhau. Hạ CH vuông góc với AC’, ta được: 1 CH2  1 AC2  1 CC'2  CH  a 6 . Vậy chọn đáp án C. 3 Câu 8. Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a. Khoảng cách từ D đến đường thẳng SB bằng: A. a B. a 2 C. a 3 D. a 3 2 Hướng dẫn giải Gọi H là giao điểm của AC và BD. S AB  BC  CD  DA  a  ABCD là hình thoi. Do đó AC  BD đồng thời H là trung điểm của AC và BD. SAC cân tại S  SH  AC (1) SBD cân tại S  SH  BD (2) Từ (1) và (2) suy ra: SH   ABCD  (3) C B H D A Vì SA  SB  SC  SD nên HA  HB  HC  HD . Suy ra ABCD là hình vuông (tứ giác đều) (4) Từ (3) và (4) ta được S.ABCD là hình chóp tứ giác đều. Xét SBD ta có: SA  SB  a,BD  a 2  BD2  SB2  SD2 . Thế nên SBD vuông tại S. Suy ra DS  SB . Vậy d  D,SB   DS  a . Vậy chọn đáp án A. Câu 9. Cho tứ diện ABCD có AB   BCD  , BC  3a, CD  4a, AB  5a . Tam giác BCD vuông tại B. Tính khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng CD. A. a B. a 2 C. a 3 D. a 3 2 Hướng dẫn giải A Ta có AC  CD  d  A,CD   AC  ABC A  90  H 2 2  AC2  AB2  BC2   5a    3a   34a2  AC  a 34 D B C Câu 10. Cho tam giác ABC có AB  14,BC  10,AC  16 . Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC) tại A lấy điểm O sao cho OA  8 . Khoảng cách từ điểm O đến cạnh BC là: Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 7 Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện B. 16 A. 8 3 D. 24 C. 8 2 Hướng dẫn giải Nửa chu vi tam giác ABC: p  14  16  10  20 2 O SABC  20.  20  14  20  16  20  10   40 3 AH  2SABC BC  80 3 8 3 10 C A Nối OH thì OH  BC . Khoảng cách từ O đến BC là OH: H B OH  OA2  AH2  16 Vậy chọn đáp án B. Câu 11. Hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, BC  2a , ABC  60 . Gọi M là trung điểm cạnh BC và SA  SC  SM  a 5 . Khoảng cách từ S đến cạnh AB là: A. a 17 4 B. a 19 2 C. a 19 4 D. a 17 2 Hướng dẫn giải Chân đường cao hình chóp là tâm H của đường tròn ngoại tiếp tam giác AMC (Do SA  SC  SM ). Góc AMC  120 , nên H ở ngoài tam giác AMC và HAM là tam giác đều nên: HM  AM  a S SH  SM2  HM2  5a2  a2  2a Từ H kẻ HK  AB thì SK  AB : SK là khoảng cách từ S đến cạnh AB. a 3 HK  MI  (do ABM là tam giác đều cạnh bằng a) 2 SK  SH2  HK 2  4a2  2 2 3a 19a a 19 .   4 4 2 H C K A M I 60° B Vậy chọn đáp án B. Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 8 Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện DẠNG 2. KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG Câu 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông, SA vuông góc với đáy, SA  a . Góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng (SAC) bằng 300 . Tính khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (SBM) với M là trung điểm CD. A. a 3 B. 2a 3 C. 4a 3 D. 5a 3 Hướng dẫn giải Chứng minh DB   SAC  Hình chiếu vuông góc của DS lên S 0 (SAC) là SO, góc giữa SD và (SAC) là DSO  30 . Đặt DO  x , ta có SO  x 3 (O là giao của AC và BD) Từ SO2  AO2  SA2  x  a H 2 A Gọi N là trung điểm của AB  DN / /BM    M O 1 Suy ra d D;  SBM   d N;  SBM   d A;  SBM  2  D N   B I C Kẻ AI  BM, AH  SM .   Từ đó chứng minh được AH   SBM   d A; SBM   AH Trong (ABCD): SABM  SABCD  SBCM  Mà SABM  Khi đó: a2 2 1 2a AI.BM  AI  2 5 1 AH2  1 AI2  1  a  AH  a  d D;  SBM   . 3 3 SA2   Vậy chọn đáp án A. Câu 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a 2 và BC  a . Cạnh bên SA vuông góc với đáy và góc giữa cạnh bên SC với đáy là 600 . Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SBD) A. a 38 29 B. 3a 58 29 C. 3a 38 29 D. 3a 29 Hướng dẫn giải Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 9 Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện S Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BD và K là hình chiếu vuông góc của A trên SH. Ta có SA  BD và AH  BD nên K BD   SAH  . A Suy ra AK  BD . Mà AK  SH   60° H D nên AK   SBD   B C  Ta có: d C;  SBD   d A;  SBD   AK Ta có: 1 AK 2  1 SA  2  1 AH 2  1 SA 2  1 2 AB  1 2 AD  29 18a2 3a 58 . Vậy chọn đáp án B 29  Vậy d C; SBD   AK  Câu 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA   ABCD  và SA  a 3 . Gọi I là hình chiếu của A lên SC. Từ I lần lượt vẽ các đường thẳng song song với SB, SD cắt BC, CD tại P, Q. Gọi E, F lần lượt là giao điểm của PQ với AB, AD. Tính khoảng cách từ E đến mặt phẳng (SBD). A. 3a 21 11 B. a 21 9 C. 3a 21 7 D. a 21 7 Hướng dẫn giải Gọi O là tâm của hình vuông S ABCD. Qua A dựng AH  SO . Dễ dàng I chứng minh được AH  BD  Khi đó AH  d A,  SBD  H D A  F O Q B P C E Trong tam giác vuông SAC, ta có: CI.SC  AC2  IC AC2 AC2 AB2  BC2 2a2 2      SC SC2 SA2  AC2 SA2  AB2  BC2 2a2  3a2 5 CBS có IP∥SP    IP CP CI CP 2     SB CB CS CB 5 Áp dụng định lý Talet: BE BP 3 BE BC  CP 3      CQ PC 2 CQ PC 2 5 Mà AB  CD  CQ  QP  CQ  BE  BE 3 Do AEF vuông tại A nên: Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 10 Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện 2 1 1 1 32 32a2 (đvdt) SAEF  AE.AF  AE2   AB  BE   AB2  2 2 2 25 25 DA 5 3   d E,  SBD   d A,  SBD  DE 3 5    Tam giác SAO vuông tại A, khi đó   Vậy d E, SBD    1 AH2  1 SA2  1 AO2  AH2  3a2 7 3a 21 7 Câu 4. Cho khối chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B, BA  a, BC  2a , SA  2a , SA   ABC . Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A trên SB, SC. Tính khoảng cách từ điểm K đến mặt phẳng (SAB) A. 8a 9 B. a 9 C. 2a 9 D. 5a 9 Hướng dẫn giải Vì BC   SAB nên: S AH  BC, AH   SBC  AH  HK, AH  SC K mà AK  SC H  SC   AHK  Ta có: AH  AK  A C AB.SA 2a  , SB 5 B AC.SA 2 5a  , SC 3 HK  AK 2  AH2  8a 3 5 , SK  Mặt khác SH  SA2  AH2  1 4a 2a 8a 32 3 4a  VS.AHK  . . .  a 6 3 5 3 5 135 3 4 4 a nên SAHS  a2 5 5   Vậy khoảng cách cần tìm là: d K,  SAB  3VKSAH SAHS  8a . 9 Vậy chọn đáp án A. Câu 5. Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình thang, ABC  BAD  900 , BA  BC  a , AD  2a . Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA  a 2 . Gọi H là hình chiếu của A lên SB. Tính (theo a) khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SCD) A. 5a 3 B. 4a 3 C. 2a 3 D. a 3 Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 11 Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện Hướng dẫn giải Gọi I là trung điểm AD. Ta có CI  IA  ID  AD , suy ra ACD vuông tại C. 2  CD  AC . Mà SA   ABCD   SA  CD nên ta có CD  SD hay SCD vuông. Gọi d1, d 2 lần lượt là khoảng cách từ B, H đến mp(SCD) Ta có: SAB ∽ SHA  SA SB  SH SA S SH SA2 2    SB SB2 3 mà SH d 2 2 2    d 2  d1 SB d1 3 3 H I A D Thể tích khối tứ diện S.BCD: 1 1 2a3 VSBCD  SA. AB.BC  3 2 6 C B Ta có: SC  SA2  AC2  2a , 1 CD  CI2  ID2  2a  SSCD  SC.CD  2a2 2 1 Ta có: VS.BCD  d1.SSCD  d1  3 3. 2a3 6 a 2 2a2 2 a Vậy khoảng cách từ H đến mp(SCD) là d 2  d1  . 3 3 Vậy chọn đáp án D. Câu 6. Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông tại A, AB  AC  a , I là trung điểm của SC, hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng  ABC  là trung điểm H của BC, mặt phẳng  SAB tạo với đáy một góc bằng 600 . Tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng  SAB theo a. A. a 3 2 B. a 3 8 C. a 3 4 D. a 4 Hướng dẫn giải Gọi K là trung điểm của AB  HK  AB 1 S Vì SH   ABC nên SH  AB  2  Từ (1) và (2)  AB  SK M Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 C H 60° K A Page B 12 Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện Do đó góc giữa  SAB với đáy bằng góc giữa SK và HK và bằng SKH  600 a 3 2 Ta có SH  HK.tan SKH     Vì IH / /SB nên IH / /  SAB . Do đó d I,  SAB  d H,  SAB    Từ H kẻ HM  SK tại M  HM   SAB  d H,  SAB  HM Ta có 1  HM2 1 HK 2  1 SH2  16 3a2  HM  a 3 a 3 . Vậy d I,  SAB  . 4 4   Vậy chọn đáp án C. Câu 7. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A và AB  2a , AC  2a 3 . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của cạnh AB. Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 300 . Tính khoảng cách từ trung điểm M của cạnh BC đến mặt phẳng (SAC) A. a 3 5 B. a 5 3 C. a 5 5 D. 3a 5 Hướng dẫn giải Trong mặt phẳng (ABC) kẻ HK  BC tại S K  BC   SHK  Từ giả thiết ta có: SHK  300 2 D 2 BC  AB  AC  4a sin ABC  C A AC HK 3 a 3    HK  BC HB 2 2 M H B K Trong tam giác SHK có: SH  HK tan SKH  a 2 Do M là trung điểm của cạnh BC nên MH // AC, do đó MH // (SAC). Suy ra:    d M,  SAC  d H,  SAC  Trong mặt phẳng (SAB) kẻ HD  SA tại D. Ta có: AC   SAB  AC  DH  DH   SAC 1 DH2   1 HA2  1 HS2  HD    a 5 5  Vậy d M,  SAC   d H,  SAC   HD  a 5 . Vậy chọn đáp án C. 5 Câu 8. Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC vuông tại A, AB  AC  a , I là trung điểm của SC, hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của BC, mặt Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 13 Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện phẳng (SAB) tạo với đáy 1 góc bằng 600 . Tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng (SAB) theo a. A. a 3 5 a 5 4 B. C. a 3 4 D. a 3 2 Hướng dẫn giải Gọi K là trung điểm 1 Vì SH   ABC nên SH  AB  2  của AB S  HK  AB Từ (1) và (2)  AB  SK M Do đó góc giữa (SAB) với đáy bằng góc C giữa SK và HK bằng SKH  600 . H B K a 3 Ta có: SH  HK tan SKH  2 A Vậy 1 1 1 a3 3 VS.ABC  SABC .SH  . AB.AC.SH  3 3 2 12    Vì IH / /SB nên IH / /  SAB . Do đó d I,  SAB  d H,  SAB    Từ H kẻ HM  SK tại M  HM   SAB  d H,  SAB  HM Ta có: 1 HM2  1 HK 2  1 SH2  16 3a2  HM  a 3 a 3 . Vậy d I,  SAB  . 4 4   Vậy chọn đáp án C. Câu 9. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Gọi I là trung điểm cạnh AB. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng đáy là trung điểm H của CI, góc giữa đường thẳng SA và mặt đáy bằng 600 . Tính theo a khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng  SBC  A. a 7 B. 29 a 21 C. 4 29 a 21 D. 3 29 a 21 29 Hướng dẫn giải S A I H E A C H I H' K B I' A' H' K C B Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 14 Chuyên đề: Hình học không gian Ta có: CI  AC2  AI2  Chủ đề 1: Khối đa diện a 3 2 Do đó AH  AI2  IH2  a 7 a 21 , suy ra SH  AH.tan 600  4 4 Gọi A’, H’, I’ lần lượt là hình chiếu của A, H, I trên BC, E là hình chiếu của H trên SH’ thì   HE   SBC  d H;  SBC  HE . Ta có: HH'  1 1 1 a 21 1 1 a 3 . Từ    HE  II '  AA '  2 4 8 4 29 HE2 HS2 HH'2   Vậy d H; SBC   a 21 . Vậy chọn đáp án B. 4 29 Câu 10. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a. Góc BAC  600 hình chiếu của S trên mặt phẳng  ABCD  trùng với trọng tâm của tam giác ABC. Mặt phẳng hợp với mặt phẳng  ABCD  góc 600 . Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng  SAC  SCD  a A. 2a B. 112 6a C. 111 3a D. 112 112 Hướng dẫn giải Trong  SBD  kẻ OE / /SH khi đó ta có S OC, OD, OE đôi một vuông góc. Và: E a a 3 3a OC  , OD  , OE  2 2 8 Áp dụng 1  d 2 O,  SCD     công 1 OC2   1 OD2   thức: 1 OE2  Mà d B,  SCD   2d O,  SCD   d 3a 112 6a A D H O B C 112 Vậy chọn đáp án C. Câu 11. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, góc BAC bằng 600 . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng  ABCD  là điểm H thuộc đoạn BD sao cho HD  2HB . Đường thẳng SO tạo với mặt phẳng  ABCD  góc 600 với O là giao điểm của AC và BD. Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng  SCD  theo a A. 3a 7 15 B. 3a 7 14 C. a 7 11 D. 2a 7 15 Hướng dẫn giải Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 15 Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện S Trong tam giác SHO có: 1 a 3 a SH  HO.tan 600  . . 3 3 2 2 Tính khoảng cách từ B đến  SCD  : A 60° a 57 SD  SH2  HD2  ; 6 SD  60° H O B a 21 SC  SH  HC  6 2 D C 2 a 57 a 21 SC  SD  CD ; SC  ; CD  a, p  6 6 2 SSCD  p  p  SC  p  SD  p  CD     Từ (1), (2), (3) ta có d B,  SCD   a2 21 12  3 3a 7 . Vậy chọn đáp án B. 14 Câu 12. Cho hình chóp S.ABC có các mặt ABC, SBC là những tam giác đều cạnh a. Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 600 . Hình chiếu vuông góc của S xuống (ABC) nằm trong tam giác ABC. Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC) theo a. A. 2a 13 13 B. 3a 13 13 C. 3a 13 11 D. a 13 13 Hướng dẫn giải Gọi M là trung điểm của BC. Lập luận được góc giữa (SBC) và (ABC) là SMA  600 SAM đều cạnh bằng  SSAM a 3 2 3 3a2  16 1 a3 3 VS.ABC  BC.SSAM  3 16 1 a 13 a 3 a2 39 SSAC  .  2 4 2 16 3V 3a3 3 3a 13 d B,  SAC   B.SAC   2 SSAC 13 a 39 16. 16  S A C 60° H M B  Vậy chọn đáp án B. Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 16 Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện Câu 13. Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình chữ nhật tâm I, có AB  a, BC  a 3 . Gọi H là trung điểm AI. Biết SH vuông góc với mặt phẳng đáy và tam giác SAC vuông tại S. Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBD) A. 3a a B. 11 3a C. 13 5a D. 15 17 Hướng dẫn giải SH   ABCD   SH  AC S 2 SAC vuông tại S  SH  HA.HC AC  AB2  BC2  2a , suy ra: a 3a a 3 HA  , HC   SH  2 2 2 CI  2HI  d C,  SBD   2d I,  SBD     A  H N I Hạ HN  BD, N  BD và HK  SN, KN .  D K B C  Suy ra: HK   SBD  nên d H,  SBD   HK Ta có: AB.AD  2SABD  2HN.BD  HN  Ta có: 1 HK 2  1 HN 2 1  SH 2  HK  3a 2 15 AB.AD a 3  2BD 4   . Vậy d C,  SBD   2HK  3a 15 Vậy chọn đáp án D. Câu 14. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, BD  2a ; tam giác SAC vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, SC  a 3 . Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAD) A. 3a 21 7 B. a 21 7 C. 4a 21 7 D. 2a 21 7 Hướng dẫn giải Kẻ SH  AC, H  AC S Do  SAC   ABCD   SH   ABCD  SA  AC2  SC2  a, SH  SA.SC a 3  AC 2 J Ta có: a AH  SA  SH   CA  4HA 2  d C,  SAD   4d H,  SAD  2  2 A D K H  B   Do BC / /  SAD  d  B, SAD   d  C, SAD   4d H, SAD  Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 C Page 17 Chuyên đề: Hình học không gian Kẻ HK  AD  K  AD  , HJ  SK Chủ đề 1: Khối đa diện  J  SK    Chứng minh được  SHK    SAD  mà HJ  SK  HJ   SAD   d H,  SAD   HJ ; AHK vuông K  HK  AHsin 450  tại   d B,  SAD  2a 3 7  SH.HK a 3 a 2 .  HJ   2 2 4 2 7 SH  HK Vậy 2a 21 . 7 Vậy chọn đáp án D. Câu 15. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật có AB  a , BC  2a 2 . Hình chiếu của S lên mặt phẳng đáy là trọng tâm của tam giác ABC. Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABCD) bằng 600 . Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC) A. 3a 21 7 B. a 21 7 C. 4a 21 7 D. 2a 21 7 Hướng dẫn giải Gọi H là trọng tâm của tam giác ABC và S O là tâm của hình chữ nhật, ta có:  2 2 1 1 2 BH  BO  . AC  a  2 2a 3 3 2 3  2 a A Ta có SH   ABCD  nên góc giữa SB và mặt phẳng (ABCD) là góc SBH  60 D I 0 H B O C K Trong tam giác vuông SHB ta có: SH  BH tan SBH  a.tan 600  a 3 3 Ta có: d A;  SBC   2d 0;  SBC   2. d H;  SBC   3d H;  SBC  2      Kẻ HK  BC  K  BC , HI  SK  I  SK     1 Ta có: SH   ABCD   SH  BC Do đó BC   SHK   BC  HI  2   Từ (1) và (2) suy ra HI   SBC nên d H;  SBC  HI 1 1 Ta có HK  DC  a . Trong tam giác vuông SHK ta có: 3 3 HI  SH.HK SH2  HK 2  a 3. a 3 3a2  a2 9  a 3 28  a 21 . 14 Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 18 Chuyên đề: Hình học không gian    Chủ đề 1: Khối đa diện  Vậy d A; SBC   3d H; SBC  3HI  3a 21 . Vậy chọn đáp án D. 14 Câu 16. Cho hình chóp S.ABC có AB  AC, BC  a 3, BAC  1200 . Gọi I là trung điểm cạnh AB. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng đáy là trung điểm H của CI, góc giữa đường thẳng SA và mặt đáy bằng 600 . Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC) A. 4a 37 37 a B. C. 37 3a 37 37 2a 37 37 D. Hướng dẫn giải S A I H E A C 120° H I B K H' I' A'H' K C B Theo định lý cosin trong tam giác ABC ta được AB  AC  a Ta có CI2  AI2  AC2  2AI.AC.cos1200  2 Do đó: AH    2 AI2  AC2  CI2 4 Suy ra SH  AH.tan 600  7a2 a 7  CI  4 2 3a2 a 3   AH  16 4 3a 4 AH cắt BC tại K. Gọi A’, H’, I’ lần lượt là hình chiếu của A, H, I trên BC.    AK  AA '  4  d A; SBC  4d H; SBC       d  H;  SBC   HK HH ' Gọi E là hình chiếu của H trên SH’ thì HE   SBC  d  H;  SBC   HE Ta có: HH'  d A;  SBC  1 1 1 3a 1 a    HE  AA '  và từ 4 8 4 37 HE2 HS2 HH'2   Vậy d A; SBC   4HE  3a 37 . Vậy chọn đáp án C. 37 Câu 17. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B. Hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm I của AC và BC. Mặt bên (SAB) hợp với Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 19 Chuyên đề: Hình học không gian Chủ đề 1: Khối đa diện đáy một góc 600 . Biết rằng AB  BC  a, AD  3a . Tính khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SAB) theo a A. 4a 3 5 B. 3a 4 C. 3a 3 7 D. 3a 3 2 Hướng dẫn giải Gọi K là hình chiếu của I lên AB. S 0 Suy ra SKI  60 . KI BI  . AD BD Do IK / /AD  H Mà B BI BC a 1 BI 1 BI 1        ID AD 3a 3 BI  ID 4 BD 4 C 60° K I D A KI 1 3a 3a 3   KI   SI  AD 4 4 4 Suy ra Gọi H là hình chiếu của I lên SK. Ta có  AB  IK    AB  IH AB  SI   Từ đó suy ra IH   SAB  d I;  SAB  IH     Mà do DB  4IB  d D;  SAB  4d I;  SAB  4IH 1 Lại có IH  2  1 2 IS   Vậy d D; SAB   1 IK 2  16 2 27a  16 2 9a  IH  3a 3 8 3a 3 . Vậy chọn đáp án D. 2 Câu 18. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh bằng a, góc DAB  1200 . Hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với đáy. Góc giữa (SBC) và mặt đáy bằng 600 . Tính thể khoảng cách từ A đến (SBC) A. a 3 5 B. 3a 4 C. 3a 7 D. 3a 3 2 Hướng dẫn giải  SAC   ABCD    SBD    ABCD    SO   ABCD   SO  BC   SAC   SBD   SO Kẻ OK  BC  BC   SOK     SBC ,  ABCD    SKO  600 S H A B 120° 60° O D K C Ths. Trần Đình Cư. Gv Chuyên luyện thi THPT Quốc gia, TP Huế. SĐT: 01234332133 Page 20