Chuyên đề khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng theo từng mức độ luyện thi tốt nghiệp THPT 2021 có đáp án và lời giải được phát triển từ câu 36 của đề tham khảo môn Toán.
DẠNG TOÁN: KHOẢNG CÁCH TỪ MỘT ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG
I. KIẾN THỨC CẦN NHỚ:
Dạng 1: khoảng cách từ 1 điểm bất kỳ thuộc mặt phẳng đáy tới mặt phẳng chứa đường vuông góc với đáy.
1. Từ điểm đó kẻ 1 đường thẳng vuông góc với giao tuyến của $\left( \alpha \right)$ và mặt đáy
2. Khoảng cách chính là đường vuông đó.
Dạng 2: khoảng cách từ hình chiếu vuông góc ở đỉnh tới một mặt phẳng bên$\left( {SA \bot \left( \alpha \right)} \right)$ $\left( \alpha \right)$ là mặt đáy.
1. Xác định giao tuyến d của mặt bên với mặt đáy
2. Từ hình chiếu dựng đường vuông góc với giao tuyến d $\left( {AH \bot d} \right)$ tại $H$
3. Từ hình chiếu $A$ dựng $AK \bot SH$ khi đó khoảng cách chính là $AK$.
Dạng 3: Khoảng cách từ 1 điểm bất kỳ tới một mặt phẳng bên
1. Dựa vào tỷ lệ ta lập luận đưa khoảng cách từ một điểm bất kỳ về Dạng 2 khoảng cách từ hình chiếu tới mp bên
2. Làm giống Dạng 2, kết quả cuối phải dựa vào tỷ lệ rồi suy ra.
Dạng 4: Khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau $a,b$
1. Dựng mp $\left( \alpha \right)$ chứa $a//b$. Khi đó khoảng cách giữa $a,b$ chính là khoảng cách từ 1 điểm bất kỳ thuộc $b$ đến mp $\left( \alpha \right)$.
2. Từ điểm bất kỳ đó ta lại lập luận dựa vào tỷ lệ đưa về Dạng 2.
Dạng 5: Ta có thể dựa vào thể tích để tính toán ${V_{chop}} = \frac{1}{3}h.{S_d}$
Dạng 6: Sử dụng phương pháp tọa độ hóa ta làm, khi đó ta làm như hình học tọa độ ${\rm{Ox}}yz$
II. BÀI TẬP MẪU
(ĐỀ MINH HỌA -BDG 2020-2021) Cho hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ có độ dài cạnh đáy bằng 2 và cạnh bên bằng 3 (tham khảo hình bên). Tính khoảng cách từ $S$ đến mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$.
A. $\sqrt 7 $. B. $1$. C. $7$. D. $\sqrt {11} $.
Lời giải
Chọn A
Ta có: $AC \cap BD = O \Rightarrow O$ là trung điểm của $AC,BD$
Mặt khác $\Delta SAC,\Delta SBD$ cân tại $S \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}SO \bot AC\\SO \bot BD\end{array} \right. \Rightarrow SO \bot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow d\left( {O;\left( {ABCD} \right)} \right) = SO.$
$SO = \sqrt {S{A^2} – {{\left( {\frac{{AC}}{2}} \right)}^2}} = \sqrt {9 – 2} = \sqrt 7 $.
Bài tập tương tự và phát triển:
Mức độ 1
Câu 1. Cho hình chóp $SABC$, $SA \bot \left( {ABC} \right)$, $SA = a\sqrt 3 ,$đáy là tam giác đều cạnh $a$. Tính khoảng cách từ $C$ đến mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$.
A.$\frac{{a\sqrt 2 }}{2}$. B.$\frac{{a\sqrt 2 }}{3}$. C.$\frac{{a\sqrt 3 }}{2}$ . D.$\frac{{a\sqrt 2 }}{4}$.
Lời giải
Chọn B
Gọi $H$ là trung điểm $AB \Rightarrow CH \bot AB$ và $CH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}CH \bot AB\\CH \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CH \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow d\left( {C,\left( {SAB} \right)} \right) = CH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.
Câu 2. Cho hình chóp $SABC$ có $SA \bot \left( {ABC} \right)$, tam giác $ABC$ vuông tại $B$ và có $BC = a$, Tính khoảng cách từ $C$ đến mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$.
A. $a$. B. $a\sqrt 2 $. C. $2a\sqrt 3 $. D. $\frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.
Lời giải
Chọn A
Ta có:$\left\{ \begin{array}{l}CB \bot AB\\CB \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CB \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow d\left( {C,\left( {SAB} \right)} \right) = CB = a$.
Câu 3. Cho hình chóp $SABC$ có $SA \bot \left( {ABC} \right)$, tam giác $ABC$ vuông tại $C$ và có $BC = a$, Tính khoảng cách từ $B$ đến mặt phẳng $\left( {SAC} \right)$.
A. $2a\sqrt 2 $. B. $a\sqrt 2 $. C. $a\sqrt 3 $. D. $a$.
Lời giải
Chọn D
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}CB \bot AC\\CB \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CB \bot \left( {SAC} \right) \Rightarrow d\left( {B,\left( {SAC} \right)} \right) = CB = a$.
Câu 5. Cho tứ diện $ABCD$, $DA \bot \left( {ABC} \right)$ và $\widehat {ABC} = 90^\circ ,$$BA = a\sqrt 3 ,BC = a$. Tính khoảng cách từ $C$ đến mặt phẳng $\left( {DAB} \right)$.
A.$a\sqrt 3 $. B. $2a$. C. $a$. D. $\frac{a}{2}$.
Lời giải:
Chọn C
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}CB \bot AB\\CB \bot DA\end{array} \right. \Rightarrow CB \bot \left( {DAB} \right) \Rightarrow d\left( {C,\left( {DAB} \right)} \right) = CB = a$.
Câu 6. Cho hình chóp $SABC$, $\Delta SAB$ đều cạnh $a$ nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính khoảng cách từ $C$ đến mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ biết $V = \frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}$.
A. $2a$. B. $2a\sqrt 2 $. C. $a\sqrt 3 $. D.$\frac{{3a}}{2}$.
Lời giải:
Chọn A
Ta có: $V = \frac{1}{3}.d\left( {C;\left( {SAB} \right)} \right).{S_{\Delta SAB}} \Rightarrow d\left( {C;\left( {SAB} \right)} \right) = \frac{{3V}}{{{S_{\Delta SAB}}}} = \frac{{3.\frac{{{a^3}\sqrt 3 }}{6}}}{{\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}}} = 2a$.
Câu 7. Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình vuông cạnh $a$, $SA \bot \left( {ABCD} \right),SA = a\sqrt 5 $. Tính khoảng cách từ $D$ đến mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$.
A. $a$. B. $2a$. C. $a\sqrt 3 $. D. $a\sqrt 5 $.
Lời giải:
Chọn A
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}DA \bot AB\\DA \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow DA \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow d\left( {D,\left( {SAB} \right)} \right) = DA = a$.
Câu 8. Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình vuông cạnh $a$, $SA \bot \left( {ABCD} \right),SA = a\sqrt 5 $. Tính khoảng cách từ $C$ đến mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$.
A.$a\sqrt 2 $. B.$a\sqrt 5 $. C.$2a$. D.$a$.
Lời giải:
Chọn D
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}CB \bot AB\\CB \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CB \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow d\left( {C,\left( {SAB} \right)} \right) = CB = a$.
Câu 9. Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình chữ nhật $AB = a,BC = 2a$, $SA \bot \left( {ABCD} \right),SA = a\sqrt 5 $. Tính khoảng cách từ $C$ đến mặt phẳng $\left( {SAD} \right)$.
A. $2a$. B. $\frac{a}{2}$. C. $a$. D. $a\sqrt 2 $.
Lời giải:
Chọn C
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}CD \bot AD\\CD \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow d\left( {C,\left( {SAD} \right)} \right) = CD = a$.
Câu 10. Cho hình chóp $S.ABCD$ có $V = {a^3}\sqrt 3 $. Đáy là hình vuông cạnh $a$, hãy tính khoảng cách từ $S$đến mặt phẳng $ABCD$.
A. $2a$ . B. $3a$ . C.$a\sqrt 5 $ . D. $3a\sqrt 3 $.
Lời giải:
Chọn D
Ta có:$V = \frac{1}{3}.d\left( {S;\left( {ABCD} \right)} \right).A{B^2} \Rightarrow d\left( {S;\left( {ABCD} \right)} \right) = \frac{{3V}}{{A{B^2}}} = \frac{{3.{a^3}\sqrt 3 }}{{{a^2}}} = 3a\sqrt 3 $.
Mức độ 2
Câu 1. Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy là tam giác vuông đỉnh $B$, $AB = a$, $SA$ vuông góc với mặt phẳng đáy và $SA = 2a$. Khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ bằng
A. $\frac{{2\sqrt 5 a}}{5}$ B. $\frac{{\sqrt 5 a}}{3}$ C. $\frac{{2\sqrt 2 a}}{3}$ D. $\frac{{\sqrt 5 a}}{5}$
Lời giải
Chọn A
Ta có $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right)$.
Kẻ $AH \bot SB$. Khi đó $AH \bot BC$ $ \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right)$
$ \Rightarrow $$AH$ là khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$.
Ta có $\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} = \frac{1}{{4{a^2}}} + \frac{1}{{{a^2}}} = \frac{5}{{4{a^2}}}$ $ \Rightarrow A{H^2} = \frac{{4{a^2}}}{5} \Rightarrow AH = \frac{{2\sqrt 5 a}}{5}$.
Câu 2. Cho hình chóp $S.ABCD$có đáy $ABCD$ là hình vuông tâm O cạnh $2a$, $SA = SB = SC = SD = a\sqrt 5 $. Tính khoảng cách từ điểm $B$ đến mặt phẳng $\left( {SCD} \right)$.
A. $\frac{{a\sqrt 3 }}{2}$. B. $a\sqrt 3 $. C. $a$. D. $\frac{{a\sqrt 5 }}{2}$.
Lời giải
Chọn B
– Gọi $H$ là trung điểm $CD$. Trong $\left( {SOH} \right)$, kẻ $OI \bot SH$.
Có $\left\{ \begin{array}{l}CD \bot SO\\CD \bot SH\end{array} \right. \Rightarrow CD \bot \left( {SOH} \right) \Rightarrow CD \bot OI$.
Mà $OI \bot SH$ nên $OI \bot \left( {SCD} \right)$ $ \Rightarrow d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = OI$.
– Vì O là trung điểm BD nên $d\left( {B,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = 2OI = \frac{{2SO.OH}}{{\sqrt {S{O^2} + O{H^2}} }}$.
Có $BD = 2a\sqrt 2 $, $SO = \sqrt {S{D^2} – O{D^2}} = \sqrt {5{a^2} – 2{a^2}} = a\sqrt 3 $, $OH = a$ $ \Rightarrow d\left( {B,\left( {SCD} \right)} \right) = a\sqrt 3 $.
Câu 3. Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình vuông cạnh $\sqrt 3 a$, $SA$ vuông góc với mặt phẳng đáy và $SA = a$. Khoảng cách từ A đến mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ bằng
A. $\frac{{\sqrt 6 a}}{6}$ B. $\frac{{\sqrt 3 a}}{3}$ C. $\frac{{\sqrt 5 a}}{3}$ D. $\frac{{\sqrt 3 a}}{2}$
Lời giải
Chọn D
Ta có: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BC \bot AB}\\{BC \bot SA}\end{array}} \right.$ $ \Rightarrow $ $BC \bot \left( {SAB} \right)$
$ \Rightarrow $ $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\left( {SAB} \right) \bot \left( {SBC} \right)}\\{\left( {SAB} \right) \cap \left( {SBC} \right) = SB}\end{array}} \right.$
Trong mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$: Kẻ $AH \bot SB$ $ \Rightarrow $ $AH = d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right)$
$\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}}$ $ = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{3{a^2}}}$ $ = \frac{4}{{3{a^2}}}$.
$ \Rightarrow $ $d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AH = \frac{{\sqrt 3 a}}{2}$. Chọn D
Câu 4. Cho hình chóp $SABC{\rm{D}}$ có $SA \bot \left( {ABC{\rm{D}}} \right)$, đáy $ABC{\rm{D}}$là hình chữ nhật. Biết $A{\rm{D}} = 2{\rm{a}}$,$SA = a$. Khoảng cách từ $A$ đến $\left( {SC{\rm{D}}} \right)$ bằng:
A. $\frac{{3{\rm{a}}}}{{\sqrt 7 }}$ B. $\frac{{3{\rm{a}}\sqrt 2 }}{2}$ C. $\frac{{2{\rm{a}}}}{{\sqrt 5 }}$ D.$\frac{{2{\rm{a}}\sqrt 3 }}{3}$
Lời giải
Chọn C
Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ lên $S{\rm{D}}$ ta chứng minh được $AH \bot \left( {SC{\rm{D}}} \right)$
$\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{{\rm{D}}^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{2{\rm{a}}}}{{\sqrt 5 }}$
Câu 5. Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy$ABCD$ là hình vuông, cạnh bên $SA$ vuông góc với đáy và $SA = a\sqrt 3 $. Biết diện tích tam giác $SAB$ là $\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2}$. Khoảng cách từ điểm $B$ đến $\left( {SAC} \right)$ là:
A. $\frac{{a\sqrt 2 }}{2}$. B. $\frac{{a\sqrt {10} }}{3}$. C. $\frac{{a\sqrt {10} }}{5}$. D. $\frac{{a\sqrt 2 }}{3}$.
Lời giải
Chọn A
Ta có $SA \bot \left( {ABCD} \right)$$ \Rightarrow SA \bot AB$ hay $\Delta SAB$ vuông tại $A$.
$ \Rightarrow {S_{SAB}} = \frac{1}{2}SA.AB = \frac{1}{2}a\sqrt 3 .AB = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow AB = a$. Do đó $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$.
Gọi $O = AC \cap BD$. Ta có: $BD \bot SA;BD \bot AC \Rightarrow BD \bot \left( {SAC} \right)$.
$ \Rightarrow d\left( {B,\left( {SAC} \right)} \right) = BO = \frac{1}{2}BD = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}.$
Câu 6. Cho hình chóp $S.ABC$ có $\Delta ABC$ đều cạnh $a$. Cạnh bên $SA = a\sqrt 3 $ và vuông góc với $\left( {ABC} \right)$. Khoảng cách từ điểm $A$ đến mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ bằng
A. $\frac{{a\sqrt 3 }}{2}$. B. $\frac{{a\sqrt {15} }}{5}$. C. $\frac{{a\sqrt 5 }}{5}$. D. $a$.
Lời giải
Chọn B
Gọi $M$ là trung điểm $BC$.
Ta có $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AM\\BC \bot SM\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAM} \right)$.
Trong mặt phẳng $\left( {SAM} \right)$ kẻ $AH \bot SM \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right)$.
Vậy khoảng cách từ điểm $A$ đến $\left( {SBC} \right)$ là $AH$.
Ta có $AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2},\,SA = a\sqrt 3 $.
Sử dụng hệ thức $\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{M^2}}} + \frac{1}{{S{A^2}}}$ ta được $AH = \frac{{a\sqrt {15} }}{5}$.
Câu 7. Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình vuông cạnh $a$, $SA \bot \left( {ABCD} \right)$, $SA = a$. Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $ABD$, khi đó khoảng cách từ điểm $G$ đến mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ bằng
A. $\frac{{a\sqrt 2 }}{2}$. B. $\frac{{a\sqrt 2 }}{3}$. C. $\frac{{a\sqrt 2 }}{6}$. D. $\frac{a}{2}$.
Lời giải
Chọn B
Do $\left\{ \begin{array}{l}BC \bot AB\\BC \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow BC \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow \left( {SAB} \right) \bot \left( {SBC} \right)$.
Kẻ $AH \bot SB$, do tam giác $SAB$ vuông cân nên $H$ là trung điểm $SB$.
Do $\left( {SAB} \right) \bot \left( {SBC} \right)$ và cắt nhau theo giao tuyến $SB$ và $AH \bot SB$$ \Rightarrow AH \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow AH = d\left( {A,\,\left( {SBC} \right)} \right)$.
Trong tam giác vuông $SAB$, ta có $\frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{B^2}}} = \frac{1}{{A{H^2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{2}{{{a^2}}} \Leftrightarrow AH = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$.
$AG \cap \left( {SBC} \right) = \left\{ C \right\} \Rightarrow \frac{{d\left( {A,\,\left( {SBC} \right)} \right)}}{{AC}} = \frac{{d\left( {G,\,\left( {SBC} \right)} \right)}}{{GC}}$$ \Rightarrow d\left( {G,\,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{{GC}}{{AC}} \cdot d\left( {A,\,\left( {SBC} \right)} \right) = \frac{2}{3} \cdot \frac{{a\sqrt 2 }}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{3}$.
Câu 8. Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy $ABC$ là tam giác vuông tại $A$, biết $SA \bot \left( {ABC} \right)$ và $AB = 2a$, $AC = 3a$,$SA = 4a$. Khoảng cách từ điểm $A$ đến mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ bằng
A. $d = \frac{{2a}}{{\sqrt {11} }}$. B.$d = \frac{{6a\sqrt {29} }}{{29}}$. C.$d = \frac{{12a\sqrt {61} }}{{61}}$. D.$\frac{{a\sqrt {43} }}{{12}}$.
Lời giải
Chọn C
Ta có
$\left. \begin{array}{l}SA \bot \left( {ABC} \right)\\BC \subset \left( {ABC} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow SA \bot BC$.
Trong $\left( {ABC} \right)$, kẻ $AH \bot BC$, mà $BC \bot SA \Rightarrow BC \bot \left( {SAH} \right) \Rightarrow BC \bot SH$.
Trong $\left( {SAH} \right)$, kẻ $AK \bot SH$, mà $SH \bot BC$ $ \Rightarrow AK \bot \left( {SBC} \right)$ hay $d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = AK$.
Vì $\Delta ABC$ vuông tại $A$nên $BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = \sqrt {13} a$.
Mặt khác có $AH$ là đường cao nên $AH = \frac{{AB.AC}}{{BC}} = \frac{{6a\sqrt {13} }}{{13}}$.
Vì $\Delta SAH$ vuông tại $A$ nên $SH = \sqrt {S{A^2} + A{H^2}} = \frac{{2a\sqrt {793} }}{{13}}$.
Vậy có $AK$ là đường cao $AK = \frac{{SA.AH}}{{SH}} = \frac{{12a\sqrt {61} }}{{61}}$.
Câu 9. Cho hình chóp tứ giác đều $S.ABCD$ có cạnh đáy bằng $a$ và chiều cao bằng $a\sqrt 2 $. Tính khoảng cách $d$ từ tâm $O$ của đáy $ABCD$ đến một mặt bên theo $a$.
A. $d = \frac{{2a\sqrt 5 }}{3}$. B. $d = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$. C. $d = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}$. D. $d = \frac{{a\sqrt 2 }}{3}$.
Lời giải
Chọn D
$S.ABCD$ là hình chóp tứ giác đều nên $ABCD$ là hình vuông và $SO \bot \left( {ABCD} \right)$.
Vẽ $OH$ vuông góc với $CD$ tại $H$ thì $H$là trung điểm $CD$, $OH = \frac{a}{2}$.
Dễ thấy $CD \bot \left( {SOH} \right) \Rightarrow \left( {SCD} \right) \bot \left( {SOH} \right)$ nên kẻ $OK$ vuông góc với $SH$ tại $K$ thì $OK \bot \left( {SCD} \right)$.$ \Rightarrow d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right)$ $ = OK$.
Tam giác vuông $SOH$ có $OK$ là đường cao nên $OK = \frac{{OS.OH}}{{\sqrt {O{S^2} + O{H^2}} }} = \frac{{a\sqrt 2 .\frac{a}{2}}}{{\sqrt {2{a^2} + \frac{{{a^2}}}{4}} }} = \frac{{a\sqrt 2 }}{3}$.
Vậy $d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 2 }}{3}$.
Câu 10. Cho tứ diện $O.ABC$ có $OA,OB,OC$ đôi một vuông góc với nhau $OA = OB = OC = \sqrt 3 .$ Khoảng cách từ $O$ đến $mp(ABC)$ là
A. $\frac{1}{{\sqrt 3 }}$ B. $1$ C.$\frac{1}{2}$ D.$\frac{1}{3}$
Lời giải
Chọn B
Gọi $A’$ là chân đường cao kẻ từ $A$ lên $BC,$$C’$ là chân đường cao kẻ từ $C$ lên $AB.$
Gọi $H$ là giao của AA’ với CC’ suy ra H là trực tâm của tam giác$ABC.$ Ta dễ dàng chứng
minh được $OH \bot (ABC).$
Do đó: $d(O,(ABC)) = OH.$ Tính $OH.$
Ta có: Tam giác $OAA’$ vuông tại $O,$ có $OH$ là đường cao. Suy ra : $\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{OA{‘^2}}}$ (1)
Lại có: Tam giác $OBC$ vuông tại $B,$ có $OA’$ là đường cao. Suy ra: $\frac{1}{{OA{‘^2}}} = \frac{1}{{O{B^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}}$ (2)
Từ (1) và (2) suy ra: $\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{A^2}}} + \frac{1}{{O{B^2}}} + \frac{1}{{O{C^2}}}.$ Thay $OA = OB = OC = \sqrt 3 $ vào, ta được:
$\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{3} + \frac{1}{3} + \frac{1}{3} = 1\,\, \Leftrightarrow \,OH = 1.$
Vậy $d(O,(ABC)) = OH = 1.$
Mức độ 3
Câu 1. Cho hình chóp tam giác đều $S.ABC$ có độ dài cạnh đáy bằng $a$, cạnh bên bằng $a\sqrt 3 $. Gọi $H$ là trọng tâm tam giác $ABC$, ${d_1}$ khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$, ${d_2}$ khoảng cách từ $H$ đến mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$. Khi đó ${d_1} + {d_2}$ có giá trị bằng
A. $\frac{{8\sqrt 2 a}}{{11}}$. B. $\frac{{8\sqrt 2 a}}{{33}}$. C. $\frac{{8\sqrt {22} a}}{{33}}$. D. $\frac{{2\sqrt 2 a}}{{11}}$.
Lời giải
Chọn C
Vì $H$ là trọng tâm tam giác $ABC$ nên $d\left( {A,\left( {SBC} \right)} \right) = 3d\left( {H,\left( {SBC} \right)} \right) \Rightarrow {d_2} = \frac{1}{3}{d_1}$.
Kẻ $AI \bot SM \Rightarrow AI \bot \left( {SBC} \right) \Rightarrow {d_1} = AI = \frac{{2{S_{\Delta SAM}}}}{{SM}}$.
Ta có
$AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2};AH = \frac{{a\sqrt 3 }}{3};SM = \sqrt {{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2} – {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt {11} }}{2};SH = \sqrt {{{\left( {a\sqrt 3 } \right)}^2} – {{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt {24} }}{3}$.
${S_{\Delta SAM}} = \frac{1}{2}AM.SH = \frac{1}{2}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{{a\sqrt {24} }}{3} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}{a^2} \Rightarrow {d_1} = \frac{{{a^2}\sqrt 2 }}{{\frac{{a\sqrt {11} }}{2}}} = \frac{{2\sqrt {22} a}}{{11}}$.
Vậy ${d_1} + {d_2} = \frac{4}{3}{d_1} = \frac{{8\sqrt {22} }}{{33}}a$.
Câu 2. Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình thoi cạnh $a$, $\widehat {BAD} = {60^{\rm{o}}}$, $SA = a$ và $SA$ vuông góc với mặt phẳng đáy. Khoảng cách tứ $B$ đến $\left( {SCD} \right)$ bằng?
A. 
$\frac{{\sqrt {21} a}}{3}$. B.$\frac{{\sqrt {15} a}}{3}$. C.$\frac{{\sqrt {21} a}}{7}$. D.$\frac{{\sqrt {15} a}}{7}$.
Chọn C
CÁCH 1:
Ta có $AB//CD \Rightarrow d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right)$.
Kẽ $MA \bot CD\left( {M \in CD} \right)$,kẻ $AH \bot SM \Rightarrow SH \bot \left( {SCD} \right) \Rightarrow d\left( {A,\left( {SCD} \right)} \right) = SH$.
$SA = a$; $AM = \frac{{2{S_{ACD}}}}{{CD}} = \frac{{{S_{ABCD}}}}{{CD}} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$ $\frac{1}{{S{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{A{M^2}}} \Rightarrow SM = \frac{{\sqrt {21} }}{7}a$
CÁCH 2: Ta có $AB//CD \Rightarrow d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {A;\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{{3{V_{S.BCD}}}}{{{S_{SCD}}}} = \frac{{3{V_{S.ABCD}}}}{{2{S_{SCD}}}} = \frac{{\sqrt {21} a}}{7}$.
( $\Delta SCD;SD = a\sqrt 2 ;SC = 2a;CD = a$ )
Câu 3. Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình vuông cạnh $a,$mặt bên $SAB$ là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy (minh họa như hình vẽ bên). Khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $\left( {SBD} \right)$ bằng
A.$\frac{{\sqrt {21} a}}{{14}}$. B. $\frac{{\sqrt {21} a}}{7}$. C.$\frac{{\sqrt 2 a}}{2}$ D.$\frac{{\sqrt {21} a}}{{28}}$.
Lời giải.
Chọn B
Gọi $H$ là trung điểm của $AB.$ Khi đó, $SH \bot \left( {ABCD} \right).$
Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$ suy ra $AC \bot BD$. Kẻ $HK \bot BD$ tại $K$($K$là trung điểm $BO$).
Kẻ $HI \bot SH$ tại I. Khi đó: $d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = 2d\left( {H,\left( {SBD} \right)} \right) = 2HI.$
Xét tam giác $SHK,$có: $SH = \frac{{a\sqrt 3 }}{2},$$HK = \frac{1}{2}AO = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}$.
Khi đó: $\frac{1}{{H{I^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{{28}}{{3{a^2}}} \Rightarrow HI = \frac{{a\sqrt {21} }}{{14}}.$
Suy ra: $d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = 2HI = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}.$
Câu 4. Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình chữ nhật với $AD = a$, $AB = 2a$. Cạnh bên $SA = 2a$ và vuông góc với đáy. Gọi $M$, $N$ lần lượt là trung điểm của $SB$ và $SD$. Tính khoảng cách $d$ từ $S$ đến mặt phẳng $\left( {AMN} \right)$.
A. $d = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}$. B. $d = 2a$. C. $d = \frac{{3a}}{2}$. D. $d = a\sqrt 5 $.
Lời giải
Chọn A
Ta có: ${V_{S.ABD}} = \frac{1}{3}SA.{S_{\Delta ABD}} = \frac{2}{3}{a^3}$
Vì: $\frac{{{V_{S.AMN}}}}{{{V_{S.ABD}}}} = \frac{{SN}}{{SD}}.\frac{{SM}}{{SB}} = \frac{1}{4} \Rightarrow {V_{S.AMN}} = \frac{1}{4}{V_{S.ABD}} = \frac{{{a^3}}}{6}$
$\Delta SAD$ vuông: $SD = \sqrt {S{A^2} + A{D^2}} = a\sqrt 5 \Rightarrow AN = \frac{1}{2}SD = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}$
$\Delta SAB$ vuông: $SD = \sqrt {S{A^2} + A{B^2}} = 2a\sqrt 2 \Rightarrow AM = a\sqrt 2 $
$MN$ là đường trung bình của tam giác $SBD \Rightarrow MN = \frac{1}{2}DB = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}$
Khi đó: ${S_{\Delta AMN}} = \frac{{{a^2}\sqrt 6 }}{4} \Rightarrow d\left( {S;\,\left( {AMN} \right)} \right) = \frac{{3{V_{S.AMN}}}}{{{S_{\Delta AMN}}}} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}$ nên chọn đáp án A.
Câu 5. Cho hình chóp đều $S.ABCD$, cạnh đáy bằng $a$, góc giữa mặt bên và mặt đáy là $60^\circ $. Tính khoảng cách từ điểm $B$ đến mặt phẳng $\left( {SCD} \right)$.
A. $\frac{a}{4}$ B. $\frac{{a\sqrt 3 }}{4}$ C. $\frac{{a\sqrt 3 }}{2}$ D. $\frac{a}{2}$
Lời giải.
Chọn C
* Ta có: $\frac{{d\left( {B,\left( {SCD} \right)} \right)}}{{d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right)}} = \frac{{BD}}{{OD}} = 2$ $ \Rightarrow d\left( {B,\left( {SCD} \right)} \right) = 2.d\left( {O,\left( {SCD} \right)} \right) = 2OH$. Trong đó $H$ là hình chiếu vuông góc của $O$ lên $\left( {SCD} \right)$.
* Gọi $I$ là trung điểm của $CD$ ta có: $\left\{ \begin{array}{l}\left( {SCD} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = CD\\SI \bot CD\\OI \bot CD\end{array} \right. \Rightarrow \left( {\left( {SCD} \right),\left( {ABCD} \right)} \right) = \left( {OI,SI} \right) = \widehat {SIO} = 60^\circ $.
Xét tam giác $SOI$ vuông tại $O$ ta có: $SO = OI.\tan 60^\circ = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.
Xét $\Delta SOI$, ta có $\frac{1}{{O{H^2}}} = \frac{1}{{O{I^2}}} + \frac{1}{{O{S^2}}} = \frac{4}{{{a^2}}} + \frac{4}{{3{a^2}}} = \frac{{16}}{{3{a^2}}}$
$ \Rightarrow OH = \frac{{a\sqrt 3 }}{4} \Rightarrow d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.
Câu 6. Cho khối chóp $S.ABCD$có đáy $ABCD$ là hình thang vuông tại $A$và $B$, $AB = BC = a,$ $AD = 2a.$ Hình chiếu của $S$ lên mặt phẳng đáy trùng với trung điểm $H$ của $AD$ và $SH = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}.$ Tính khoảng cách $d$ từ $B$đến mặt phẳng $\left( {SCD} \right)$.
A. $d = \frac{{\sqrt 6 a}}{8}$ B. $d = a$ C. $d = \frac{{\sqrt 6 a}}{4}$ D. $d = \frac{{\sqrt {15} a}}{5}$
Lời giải.
Chọn C
Gọi $M$ là trung điểm của$CD$, $K$ là hình chiếu của $H$ lên $SM$
Tam giác $HCD$ vuông tại $H$ có $CD = a\sqrt 2 $ và $HM = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$
Ta có $BH//CD \Rightarrow d\left( {B,\left( {SCD} \right)} \right) = d\left( {H,\left( {SCD} \right)} \right) = HK$
Tam giác $SHM$ vuông tại $H$ có $HK = \frac{{HM.HS}}{{\sqrt {H{M^2} + H{S^2}} }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{4}$
Vậy $d\left( {B,\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 6 }}{4}$
Câu 7. Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình thang vuông tại $A$ và $D;$$AB = AD = 2a;$$DC = a$. Điểm $I$ là trung điểm đoạn$AD,$ hai mặt phẳng $\left( {SIB} \right)$ và $\left( {SIC} \right)$ cùng vuông góc với mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$. Mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ tạo với mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$ một góc $60^\circ $. Tính khoảng cách từ $D$ đến $\left( {SBC} \right)$ theo $a$.
A. $\frac{{a\sqrt {15} }}{5}$. B. $\frac{{9a\sqrt {15} }}{{10}}$. C. $\frac{{2a\sqrt {15} }}{5}$. D. $\frac{{9a\sqrt {15} }}{{20}}$.
Lời giải
Chọn A
Theo đề ta có $SI \bot \left( {ABCD} \right).$
Gọi $K$ là hình chiếu vuông góc của $I$trên $BC$.
Suy ra: Góc giữa hai mặt phẳng $\left( {\widehat {\left( {SBC} \right),\left( {ABCD} \right)}} \right) = \widehat {SKI} = 60^\circ $
Gọi $E$ là trung điểm của $AB,$ $M = IK \cap DE.$
Do $BCDE$ là hình bình hành nên $DE\,{\rm{//}}\left( {SBC} \right)$
$ \Rightarrow d\left( {D,\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {DE,\left( {SBC} \right)} \right) = d\left( {M,\left( {SBC} \right)} \right)$
Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $M$trên $SK$. Suy ra $d\left( {M,\left( {SCD} \right)} \right) = MH$
Dễ thấy: $IM = \frac{1}{2}AU = \frac{1}{2}KN = \frac{1}{2}MK$
$IN = IM + MK + KN = \frac{1}{2}MK + MK + MK = \frac{5}{2}MK$
Suy ra: $MK = \frac{2}{5}IN = \frac{2}{5}\sqrt {I{D^2} + D{N^2}} = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5}$.
Trong tam giác $MHK,$ ta có: $MH = MK.\sin 60^\circ = \frac{{a\sqrt {15} }}{5}$
Câu 8. Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy là tam giác vuông tại $A,AC = a,I$ là trung điểm $SC$. Hình chiếu vuông góc của $S$ lên $\left( {ABC} \right)$ là trung điểm $H$ của $BC$. Mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ tạo với $\left( {ABC} \right)$ một góc $60^\circ $. Tính khoảng cách từ $I$ đến mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$.
A. $\frac{{\sqrt 3 a}}{4}$. B. $\frac{{\sqrt 3 a}}{5}$. C. $\frac{{\sqrt 5 a}}{4}$. D. $\frac{{\sqrt 2 a}}{3}$.
Lời giải
Chọn A
Gọi $M$ là trung điểm cạnh $AB$ thì $MH$ là đường trung bình của tam giác $ABC$ nên $MH = \frac{a}{2},MH{\rm{//AC}}$ $ \Rightarrow MH \bot AB$.
Mặt khác, do $SH \bot \left( {ABC} \right)$ nên $\left( {SMH} \right) \bot BC$. Suy ra góc giữa $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {ABC} \right)$ là góc giữa $SM$ và $MH$; lại có $SH \bot MH$ nên góc này bằng góc $\widehat {SMH}$. Từ giả thiết suy ra $\widehat {SMH} = 60^\circ $.
Gọi $K$ là hình chiếu của $H$ lên $SM$thì $HK \bot \left( {SAB} \right)$.
Xét tam giác vuông $SMH,SH = MH.\tan 60^\circ = \frac{{a\sqrt 3 }}{2},MH = \frac{a}{2} \Rightarrow HK = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}$.
Gọi khoảng cách từ $I,C,H$ đến mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ lần lượt là ${\rm{d}}\left( {I,\left( {SAB} \right)} \right),{\rm{d}}\left( {C,\left( {SAB} \right)} \right),{\rm{d}}\left( {H,\left( {SAB} \right)} \right)$.
Cách 1:
Ta có $\left\{ \begin{array}{l}{\rm{d}}\left( {I,\left( {SAB} \right)} \right){\rm{ = }}\frac{1}{2}{\rm{d}}\left( {C,\left( {SAB} \right)} \right)\\{\rm{d}}\left( {H,\left( {SAB} \right)} \right) = \frac{1}{2}{\rm{d}}\left( {C,\left( {SAB} \right)} \right)\end{array} \right.$$ \Rightarrow {\rm{d}}\left( {I,\left( {SAB} \right)} \right) = {\rm{d}}\left( {H,\left( {SAB} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}$.
Cách 2:
$IH$ là đường trung bình của tam giác $SBC$ nên $IH{\rm{//}}SB \Rightarrow IH{\rm{//}}\left( {SAB} \right)$
$ \Rightarrow {\rm{d}}\left( {I,\left( {SAB} \right)} \right) = {\rm{d}}\left( {H,\left( {SAB} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}$
Câu 10. Cho tứ diện $ABCD$ có $AC = AD = BC = BD = 1$, mặt phẳng $\left( {ABC} \right) \bot \left( {ABD} \right)$ và $\left( {ACD} \right) \bot \left( {BCD} \right)$. Khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $\left( {BCD} \right)$ là:
A. $2\sqrt 6 $. B. $\frac{6}{{\sqrt 3 }}$. C. $\frac{{\sqrt 6 }}{2}$. D. $\frac{{\sqrt 6 }}{3}$.
Lời giải
Chọn D
Gọi $H,\,\,K$ lần lượt là trung điểm của $CD$ và $AB$.
$\Delta ACD$ cân tại $A$ nên $AH \bot CD$$ \Rightarrow AH \bot \left( {BCD} \right)$$ \Rightarrow d\left( {A;\,\,\left( {BCD} \right)} \right) = AH$
Đặt $AH = x$.
$HD = \sqrt {A{D^2} – A{H^2}} $$ = \sqrt {1 – {x^2}} $.
$\Delta BCD = \Delta ACD$$ \Rightarrow HB = HA = x$ (hai đường cao tương ứng bằng nhau).
$ \Rightarrow \frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{H{A^2}}} + \frac{1}{{H{B^2}}}$$ = \frac{2}{{{x^2}}}$$ \Rightarrow HK = \frac{{x\sqrt 2 }}{2}$
Mặt khác, ta lại có:
$\Delta ABD$ cân tại $D$ nên $DK \bot AB$$ \Rightarrow AH \bot \left( {ABC} \right)$$ \Rightarrow DK \bot CK$$ \Rightarrow \Delta KCD$ là tam giác vuông tại $K$
Suy ra $HK = \frac{1}{2}CD$$ \Leftrightarrow HK = HD$$ \Leftrightarrow \frac{{x\sqrt 2 }}{2} = \sqrt {1 – {x^2}} $$ \Leftrightarrow x = \frac{{\sqrt 6 }}{3}$.
Vậy khoảng cách từ $A$ đến mặt phẳng $\left( {BCD} \right)$ bằng $\frac{{\sqrt 6 }}{3}$
Mức độ 4
Câu 1. Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh 2a và $\widehat {SBA} = \widehat {SCA} = {90^0}.$ Biết góc giữa đường thẳng SA và mặt đáy bằng 450. Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC).
A. $\frac{{\sqrt {15} }}{5}a$. B. $\frac{{2\sqrt {15} }}{5}a$. C.$\frac{{2\sqrt {15} }}{3}a$. D. $\frac{{2\sqrt {51} }}{5}a$.
Lời giải
Chọn B
Gọi I là trung điểm của SA.
Tam giác SAB và SAC là các tam giác vuông tại $B,C \Rightarrow IS = IA = IB = IC$.
Gọi G là trọng tâm tam giác đều $ABC \Rightarrow IG \bot \left( {ABC} \right)$
Trong SAG kẻ $SH//IG\left( {H \in CG} \right) \Rightarrow SH \bot \left( {ABC} \right)$
Dễ thấy khi đó IG là đường trung bình của tam giác $SAH \Rightarrow SH = 2IG$
Tam giác ABC đều cạnh =$2a \Rightarrow AG = \frac{2}{3}.\frac{{2a\sqrt 3 }}{2} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}$
Ta có: $\widehat {\left( {SA,\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SA,AH} \right)} = \widehat {SAH} = {45^0} \Rightarrow \Delta AIG$ vuông cân tại G
$ \Leftrightarrow IG = AG = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow SH = 2IG = \frac{{4a\sqrt 3 }}{3}$
$ \Rightarrow {V_{S.ABC}} = \frac{1}{3}SH.{S_{ABC}} = \frac{1}{3}.\frac{{4a\sqrt 3 }}{3}.\frac{{{{\left( {2a} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{4{a^3}}}{3}$
Ta có: $GA = GB = GC,GA = GH$ ( IG là đường trung bình của tam giác SAH)
$ \Rightarrow GA = GB = GC = GH \Rightarrow G$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABHC.
AH là đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABHC $ \Leftrightarrow \widehat {ACH} = {90^0}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
Ta có: $AH = 2AG = \frac{{4a\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow CH = \sqrt {A{H^2} – A{C^2}} = \frac{{2a}}{{\sqrt 3 }}$
$ \Rightarrow SC = \sqrt {S{H^2} + H{C^2}} = \sqrt {{{\left( {\frac{{4a\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{2a}}{{\sqrt 3 }}} \right)}^2}} = \frac{{2\sqrt {15} a}}{3}$
${S_{SAC}} = \frac{1}{2}SC.AC = \frac{1}{2}.\frac{{2\sqrt {15} a}}{3}.2a = \frac{{2\sqrt {15} {a^2}}}{3}$
Vậy $d\left( {B,\left( {SAC} \right)} \right) = \frac{{3{V_{S.ABC}}}}{{{S_{SAC}}}} = \frac{{3.\frac{{4{a^3}}}{3}}}{{\frac{{2\sqrt {15} {a^2}}}{3}}} = \frac{{2a\sqrt {15} }}{5}$
Câu 2. Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông với $AB = 2a$. Tam giác $SAB$ vuông tại $S$, mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ vuông góc với $\left( {ABCD} \right)$. Biết góc tạo bởi đường thẳng $SD$ và mặt phẳng $\left( {SBC} \right)$ bằng $\varphi $, với $\sin \varphi = \frac{1}{3}$. Tính khoảng cách từ $C$ đến $\left( {SBD} \right)$ theo $a$.
A. $\frac{{2a}}{3}$. B. $a$. C. $2a$. D. $\frac{a}{3}$.
Lời giải
Chọn A
Gọi $d$ là giao tuyến của $\left( {SBC} \right)$ và $\left( {SAD} \right)$ thì $d$ qua $S$ và song song với $AD$.
Kẻ qua $D$ đường thẳng song song với $SA$, cắt $d$ tại $K$, ta có:
$\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\AD \bot AB\end{array} \right. \Rightarrow AD \bot \left( {SAB} \right) \Rightarrow AD \bot SA \Rightarrow d \bot SA \Rightarrow d \bot KD\,\,\left( 1 \right)$.
$\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {SAD} \right)\\SB \bot SA\end{array} \right. \Rightarrow SB \bot \left( {SAD} \right) \Rightarrow SB \bot KD\,\,\left( 2 \right)$
Từ (1) và (2) suy ra $KD \bot \left( {SBC} \right)$, hay góc giữa $SD$ với $\left( {SBC} \right)$ bằng góc giữa $SD$ với $SK$ và bằng góc $\widehat {KSD}$ (do tam giác $KSD$ vuông tại $K$). Suy ra $\widehat {KSD} = \varphi $.
Có $\sin \varphi = \frac{1}{3} \Leftrightarrow \frac{{SA}}{{SD}} = \frac{1}{3} \Leftrightarrow \frac{{SA}}{{\sqrt {S{A^2} + A{D^2}} }} = \frac{1}{3} \Leftrightarrow 9S{A^2} = S{A^2} + 4{a^2} \Leftrightarrow SA = \frac{a}{{\sqrt 2 }}$.
Ta có $S{B^2} = A{B^2} – S{A^2} = 4{a^2} – \frac{{{a^2}}}{2} = \frac{{7{a^2}}}{2} \Rightarrow SB = \frac{{a\sqrt {14} }}{2}$.
Gọi $H$ là chân đường vuông góc hạ từ $S$ của tam giác $SAB$, do $\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)$ nên $SH \bot \left( {ABCD} \right)$.
Ta có
$\begin{array}{l}d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{{AB}}{{HB}}d\left( {H,\left( {SBD} \right)} \right)\\ = \frac{{A{B^2}}}{{HB.AB}}d\left( {H,\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{{A{B^2}}}{{S{B^2}}}d\left( {H,\left( {SBD} \right)} \right)\\ = \frac{{4{a^2}}}{{\frac{{7{a^2}}}{2}}}.d\left( {H,\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{8}{7}.d\left( {H,\left( {SBD} \right)} \right)\end{array}$
Tam giác $SAB$ vuông tại $S$ nên:
$\frac{1}{{S{H^2}}} = \frac{1}{{S{A^2}}} + \frac{1}{{S{B^2}}} = \frac{2}{{{a^2}}} + \frac{2}{{7{a^2}}} = \frac{{16}}{{7{a^2}}} \Rightarrow SH = \frac{{a\sqrt 7 }}{4}$.
Gọi $O$ là tâm của hình vuông thì $OA = \frac{{AC}}{2} = \frac{{2a\sqrt 2 }}{2} = a\sqrt 2 $.
Gọi $E$ là hình chiếu vuông góc của $H$ lên $OB$ ta có
$\frac{{HE}}{{AO}} = \frac{{BH}}{{BA}} = \frac{{BH.BA}}{{B{A^2}}} = \frac{{S{B^2}}}{{B{A^2}}} = \frac{{\frac{{7{a^2}}}{2}}}{{4{a^2}}} = \frac{7}{8} \Rightarrow HE = \frac{7}{8}.a\sqrt 2 = \frac{{7\sqrt 2 a}}{8}$.
Gọi $F$ là hình chiếu vuông góc của $H$ lên $SE$, dễ thấy $d\left( {H,\left( {SBD} \right)} \right) = HF$.
Có $\frac{1}{{H{F^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{E^2}}} = \frac{{16}}{{7{a^2}}} + \frac{{32}}{{49{a^2}}} = \frac{{144}}{{49{a^2}}} \Rightarrow HF = \frac{{7a}}{{12}}$, suy ra $d\left( {H,\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{{7a}}{{12}}$.
Vậy $d\left( {C,\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{8}{7}d\left( {H,\left( {SBD} \right)} \right) = \frac{8}{7}.\frac{{7a}}{{12}} = \frac{{2a}}{3}$.
Câu 3. Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy là tam giác $ABC$ đều cạnh $a$, tam giác $SBA$ vuông tại $B$, tam giác $SAC$ vuông tại $C$. Biết góc giữa hai mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {ABC} \right)$ bằng $60^\circ $. Tính khoảng cách giữa $SC$ và $AB$ theo $a$.
A. $\frac{{\sqrt 3 a}}{8}$. B.$\frac{{3a}}{{\sqrt {13} }}$. C. $\frac{{\sqrt 3 a}}{6}$. D. $\frac{{\sqrt 3 a}}{4}$.
Lời giải
Chọn B
Gọi $D$ là hình chiếu của $S$ lên mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$, suy ra $SD \bot \left( {ABC} \right)$.
Ta có $SD \bot AB$ và $SB \bot AB$ $\left( {gt} \right)$, suy ra $AB \bot \left( {SBD} \right) \Rightarrow BA \bot BD$.
Tương tự có $AC \bot DC$ hay tam giác $ACD$ vuông ở $C$.
Dễ thấy $\Delta SBA = \Delta SCA$ (cạnh huyền và cạnh góc vuông), suy ra $SB = SC$.
Từ đó ta chứng minh được $\Delta SBD = \Delta SCD$ nên cũng có $DB = DC$.
Vậy $DA$ là đường trung trực của $BC$, nên cũng là đường phân giác của góc $\widehat {BAC}$.
Ta có $\widehat {DAC} = 30^\circ $, suy ra $DC = \frac{a}{{\sqrt 3 }}$. Ngoài ra góc giữa hai mặt phẳng $\left( {SAB} \right)$ và $\left( {ABC} \right)$ là $\widehat {SBD} = 60^\circ $, suy ra $\tan \widehat {SBD} = \frac{{SD}}{{BD}} \Rightarrow SD = BD\tan \widehat {SBD} = \frac{a}{{\sqrt 3 }}.\sqrt 3 = a$.
Dựng hình bình hành $ABEC$, do tam giác $ABC$ là tam giác đều nên tam giác $BEC$ đều.
Có $\widehat {CBD} = \widehat {ABD} – \widehat {ABC} = 90^\circ – 60^\circ = 30^\circ $ nên $BD$ là phân giác trong của góc $\widehat {CBE}$.
Gọi $I$ là trung điểm của $EC$ thì $BI \bot EC$.
Kẻ $DH \bot SI$ tại $H$, ta có: $\frac{1}{{D{H^2}}} = \frac{1}{{S{D^2}}} + \frac{1}{{D{I^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{1}{3}.\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}} = \frac{{13}}{{{a^2}}} \Rightarrow DH = \frac{a}{{\sqrt {13} }}$$ \Rightarrow d\left( {D,\left( {SCE} \right)} \right) = \frac{a}{{\sqrt {13} }}$.
Có $AB/{\kern 1pt} /\left( {SEC} \right) \Rightarrow d\left( {AB,SC} \right) = d\left( {AB;\left( {SCE} \right)} \right) = d\left( {B;\left( {SCD} \right)} \right) = \frac{{BI}}{{DI}}d\left( {D;\left( {SCE} \right)} \right) = \frac{{3a}}{{\sqrt {13} }}$.
Câu 4. Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình thoi cạnh $4a$, $\Delta SAB$ là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, $\widehat {BAD} = {120^0}$. Gọi $M$ là điểm trên cạnh $CD$ sao cho $CM = 3a$. Khoảng cách giữa hai đường thẳng $SB$ và $AM$ bằng
A. $\frac{{8\sqrt {51} }}{{17}}a$. B. $\frac{{\sqrt {51} }}{{12}}a$. C. $\frac{{4\sqrt {51} }}{{17}}a$. D. $\frac{{\sqrt {51} }}{6}a$.
Lời giải
Chọn A.
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}\left( {SAB} \right) \bot \left( {ABCD} \right)\\\left( {SAB} \right) \cap \left( {ABCD} \right) = AB\\{\rm{Trong }}\left( {SAB} \right),{\rm{ }}SH \bot AB\end{array} \right.$$ \Rightarrow SH \bot \left( {ABCD} \right)$.
Theo giả thiết ta có: $AB = BC = 4a$ và $\widehat {BAD} = {120^0} \Rightarrow \widehat {ABD} = {30^0} \Rightarrow \widehat {ABC} = {60^0}$ nên $\Delta ABC$ là tam giác đều, cạnh $4a$.
$ \Rightarrow {S_{ABC}} = \frac{{{{\left( {4a} \right)}^2}\sqrt 3 }}{4} = 4\sqrt 3 {a^2}$ và $SH = \frac{{4a\sqrt 3 }}{2} = 2\sqrt 3 a$.
Ta có: $A{M^2} = A{D^2} + D{M^2} – 2AD.DM.\cos \widehat {ADM}$$ = {\left( {4a} \right)^2} + {a^2} – 2.4a.a.\cos 60^\circ = 13{a^2}$.
$ \Rightarrow AM = a\sqrt {13} $.
Trên tia đối của tia $CD$ lấy điểm $E$ sao cho $CE = a$.
Khi đó, tứ giác $AMEB$ là hình bình hành$ \Rightarrow BE = AM = a\sqrt {13} $.
Mặt khác, $\Delta ADM = \Delta BCE$$ \Rightarrow {S_{AMEB}} = {S_{ABCD}} = 2{S_{ABC}} = 2.4\sqrt 3 {a^2} = 8\sqrt 3 {a^2}$.
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}AM \not\subset \left( {SBE} \right)\\AM\,{\rm{//}}\,BE\\BE \subset \left( {SBE} \right)\end{array} \right. \Rightarrow AM{\rm{//}}\left( {SBE} \right)$.
Do đó ${\rm{d}}\left( {AM,SB} \right) = {\rm{d}}\left( {AM,\left( {SBE} \right)} \right) = {\rm{d}}\left( {A,\left( {SBE} \right)} \right)$.
Ta lại có: $\frac{{{\rm{d}}\left( {A,\left( {SBE} \right)} \right)}}{{{\rm{d}}\left( {H,\left( {SBE} \right)} \right)}} = \frac{{AB}}{{HB}} = 2$$ \Rightarrow {\rm{d}}\left( {A,\left( {SBE} \right)} \right) = 2{\rm{d}}\left( {H,\left( {SBE} \right)} \right)$.
Trong $\left( {ABCD} \right)$, gọi $K$ và $F$ lần lượt là hình chiếu của $H$ và $A$ lên $BE$.
$ \Rightarrow HK = \frac{1}{2}AF = \frac{1}{2}.\frac{{{S_{AMEB}}}}{{EB}}$$ = \frac{1}{2}.\frac{{8\sqrt 3 {a^2}}}{{a\sqrt {13} }} = \frac{{4\sqrt {39} a}}{{13}}$ (do $HK$ là đường trung bình của $\Delta ABF$).
Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}BE \bot HK\\BE \bot SH{\rm{ }}\left( {{\rm{Do }}SH \bot \left( {ABCD} \right) \supset BE} \right)\\HK,SH \subset \left( {SHK} \right)\\HK \cap SH = H\end{array} \right.$$ \Rightarrow BE \bot \left( {SHK} \right)$.
Mà $BE\, \subset \left( {SBE} \right) \Rightarrow \,\left( {SBE} \right) \bot \left( {SHK} \right)$.
Ta lại có: $\left( {SBE} \right) \cap \left( {SHK} \right) = SK$
Trong $\left( {SHK} \right)$, kẻ $HI \bot SK\left( {I \in SK} \right)$
$ \Rightarrow HI \bot \left( {SBE} \right)$$ \Rightarrow {\rm{d}}\left( {H,\left( {SBE} \right)} \right) = HI$.
Tam giác $SHK$vuông tại $H$, đường cao $HI$ nên
$\frac{1}{{H{I^2}}} = \frac{1}{{S{H^2}}} + \frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {2\sqrt 3 a} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{4\sqrt {39} a}}{{13}}} \right)}^2}}} = \frac{{17}}{{48{a^2}}}$ .
Do đó: $HI = \frac{{4\sqrt {51} }}{{17}}a$ . Vậy $d\left( {AM,SB} \right) = \frac{{8\sqrt {51} }}{{17}}a$.
Câu 5. Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy $ABC$ là tam giác đều cạnh $a$, $SA \bot \left( {ABC} \right)$, góc giữa đường thẳng $SB$ và mặt phẳng $\left( {ABC} \right)$ bằng $75^\circ $. Khoảng cách giữa hai đường thẳng $AC$ và $SB$ gần bằng giá trị nào sau đây? (lấy 3 chữ số phần thập phân)
A. $0.833a$. B.$0.844a$. C. $0.855a$. D. $0.866a$.
Lời giải
Chọn B
Vì $SA \bot \left( {ABC} \right)$ nên $\widehat {\left( {SB,\left( {ABC} \right)} \right)} = \widehat {\left( {SB,AB} \right)} = \widehat {SBA}$ $ \Rightarrow \widehat {SBA} = 75^\circ $.
$SA = AB.\tan \widehat {SBA} = a.\tan 75^\circ = a\left( {2 + \sqrt 3 } \right)$.
Dựng hình bình hành $ACBD$, ta có $AC{\rm{//}}\left( {SBD} \right)$ nên:
$d\left( {AC,SB} \right) = d\left( {AC,\left( {SBD} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right)$.
Gọi $M$ là trung điểm $BD$, suy ra $BD \bot AM$.
Từ $SA \bot \left( {ABC} \right)$ ta có $BD \bot SA$, do đó $BD \bot \left( {SAM} \right)$.
Kẻ $AH \bot SM$ ($H \in SM$) thì $BD \bot AH$.
Từ${\rm{\;}}BD \bot AH$ và $AH \bot SM$suy ra $AH \bot \left( {SBD} \right)$.
Nên $d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = AH$.
Tam giác $ABD$ đều cạnh $a$ nên $AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.
Trong tam giác $SAM$ vuông tại $A$, ta có
$\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{M^2}}} + \frac{1}{{S{A^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{2}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {a\left( {2 + \sqrt 3 } \right)} \right)}^2}}} = \frac{{25 – 12\sqrt 3 }}{{3{a^2}}} \Rightarrow AH = \sqrt {\frac{3}{{25 – 12\sqrt 3 }}} a \approx 0.844a$.
Vậy $d\left( {AC,SB} \right) = d\left( {A,\left( {SBD} \right)} \right) = AH \approx 0.844a$.
Câu 6. Cho hình chóp tam giác đều $S.ABC$ có cạnh đáy bằng $2a$ và cạnh bên bằng $\frac{{a\sqrt {37} }}{3}$. Gọi $M$ là trung điểm cạnh $SA$. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng $AC$ và $BM$.
A. $\frac{{a\sqrt 3 }}{4}$. B. $\frac{{5a\sqrt 3 }}{6}$. C. $\frac{{5a\sqrt 3 }}{{12}}$. D.$\frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.
Lời giải
Chọn D
Cách 1:
Gọi $D$ là đỉnh thứ tư của hình bình hành $ABDC$.
Khi đó, $AC\,{\rm{//}}\,BD \Rightarrow AC\,{\rm{//}}\,\left( {MBD} \right) \Rightarrow {\rm{d}}\left( {AC\,,\,BM} \right) = {\rm{d}}\left( {AC\,,\,\left( {MBD} \right)} \right) = {\rm{d}}\left( {A\,,\,\left( {MBD} \right)} \right)$.
Gọi $O$ là trọng tâm tam giác $ABC$. Suy ra $SO \bot \left( {ABC} \right)$.
Gọi $H$ là trung điểm $AO$. Suy ra $MH\,{\rm{//}}\,SO \Rightarrow MH \bot \left( {ABC} \right)$.
Vẽ $HK \bot BD$ tại $K$. Suy ra $HK\,{\rm{//}}\,BO$. Suy ra $\frac{{BO}}{{HK}} = \frac{{OD}}{{HD}} = \frac{4}{5} \Rightarrow HK = \frac{5}{4}BO$.
Mà $BO = \frac{2}{3}\,.\,2a\,.\,\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{2a\sqrt 3 }}{3}$ suy ra $HK = \frac{5}{4}.\frac{{2a\sqrt 3 }}{3} = \frac{{5a\sqrt 3 }}{6}$.
Vẽ $HI \bot MK$ tại $I$. Suy ra ${\rm{d}}\left( {H\,,\,\left( {MBD} \right)} \right) = HI$.
Ta có, $S{O^2} = S{A^2} – A{O^2} = {\left( {\frac{{a\sqrt {37} }}{3}} \right)^2} – {\left( {\frac{{2a\sqrt 3 }}{3}} \right)^2} = \frac{{25a}}{9} \Rightarrow SO = \frac{{5a}}{3} \Rightarrow MH = \frac{{5a}}{6}$.
Mà $\frac{1}{{H{I^2}}} = \frac{1}{{M{H^2}}} + \frac{1}{{H{K^2}}}$ suy ra $HI = \frac{{5a\sqrt 3 }}{{12}} \Rightarrow {\rm{d}}\left( {H\,,\,\left( {MBD} \right)} \right) = HI = \frac{{5a\sqrt 3 }}{{12}}$.
Mà $\frac{{{\rm{d}}\left( {H\,,\,\left( {MBD} \right)} \right)}}{{{\rm{d}}\left( {A\,,\,\left( {MBD} \right)} \right)}} = \frac{{HD}}{{AD}} = \frac{5}{6} \Rightarrow {\rm{d}}\left( {A\,,\,\left( {MBD} \right)} \right) = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.
Vậy ${\rm{d}}\left( {AC\,,\,BM} \right) = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.
Câu 7. Cho hình chóp $S.ABCD$ có $SD$ vuông góc với $\left( {ABCD} \right)$, $SD = {\rm{a}}\sqrt 5 $. Đáy $ABCD$ là hình thang vuông tại $A$ và $D$ với $CD = 2AD = 2AB = 2a$. Gọi $M$ là trung điểm của $BC$. Tính khoảng cách giữa hai đường thằng $AC$và $SM$.
A. $a$. B. $\frac{a}{2}$. C. $\frac{a}{4}$. D.$\frac{a}{5}$.
Lời giải
Chọn D
Gọi $N$ là trung điểm của $AB$. Suy ra $MN$ là đường trung bình của $\Delta ABC$.
$ \Rightarrow d\left( {AC,SM} \right) = d\left( {AC,\left( {SMN} \right)} \right) = d\left( {I,\left( {SMN} \right)} \right)$ ( với $I = DN \cap AC$)
Ta có
$ID \cap \,\left( {SMN} \right) = N \Rightarrow \frac{{d\left( {I,\left( {SMN} \right)} \right)}}{{d\left( {D,\left( {SMN} \right)} \right)}} = \frac{{IN}}{{DN}} = \frac{1}{5}$ ( do $AN{\rm{//}}\,CD \Rightarrow \frac{{IN}}{{ID}} = \frac{{AN}}{{CD}} = \frac{1}{4} \Rightarrow \frac{{IN}}{{DN}} = \frac{1}{5}$)
$ \Rightarrow d\left( {I,\left( {SMN} \right)} \right) = \frac{1}{5}d\left( {D,\left( {SMN} \right)} \right)$.
Xét $\Delta ADN$và $\Delta DCA$ có
$\widehat D = \widehat A = 90^\circ $
$\frac{{AN}}{{AD}} = \frac{{AD}}{{DC}} = \frac{1}{2}$
$ \Rightarrow \Delta ADN\, = \Delta DCA\;\left( {c.g.c} \right)$
$ \Rightarrow \widehat {ADN} = \widehat {DCA}$
$ \Rightarrow DN \bot AC \Rightarrow MN \bot \left( {SDN} \right)$.
Ta có
$\left\{ \begin{array}{l}\left( {SMN} \right) \bot \left( {SDN} \right)\\\left( {SMN} \right) \cap \left( {SDN} \right) = SN\\Trong\,\left( {SDN} \right),\,DH \bot SN\end{array} \right. \Rightarrow d\left( {D,\left( {SMN} \right)} \right) = DH$
$\Delta SDN$vuông tại $D$: $\frac{1}{{D{H^2}}} = \frac{1}{{S{D^2}}} + \frac{1}{{D{N^2}}} \Rightarrow DH = a$
$ \Rightarrow d\left( {I,\left( {SMN} \right)} \right) = \frac{1}{5}d\left( {D,\left( {SMN} \right)} \right) = \frac{a}{5}$.
Câu 8. Cho hình chớp $S.ABCD$ có đáy là hình thoi tâm $O$ cạnh $a$, $\widehat {ABC} = 60^\circ $, mặt bên $SAB$ là tam giác đều. Hình chiếu vuông góc của $S$trên mặt phẳng $\left( {ABCD} \right)$trùng với trung điểm của$AO$. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng $SA$ và $CD$.
A. $\frac{{a\sqrt {560} }}{{112}}$. B. $\frac{{a\sqrt {560} }}{{10}}$. C. $\frac{{a\sqrt {560} }}{5}$. D.$\frac{{a\sqrt {560} }}{{28}}$.
Lời giải
Chọn D
Gọi $H$ là trung điểm của $AO$. Theo giả thiết: $SH \bot \left( {ABCD} \right)$.
Ta có: $CD{\rm{//}}AB \Rightarrow CD{\rm{//}}\left( {SAB} \right)$$ \Rightarrow d\left( {SA,CD} \right) = d\left( {CD,\left( {SAB} \right)} \right) = d\left( {C,\left( {SAB} \right)} \right)$.
Mặt khác: $\frac{{d\left( {C,\left( {SAB} \right)} \right)}}{{d\left( {H,\left( {SAB} \right)} \right)}} = \frac{{CA}}{{HA}} = 4 \Rightarrow d\left( {C,\left( {SAB} \right)} \right) = 4d\left( {H,\left( {SAB} \right)} \right)$.
Trong $\left( {ABCD} \right)$, kẻ $HI \bot AB$tại $I$; kẻ $HK \bot SI$ tại $K$.
Khi đó: $d\left( {H,\left( {SAB} \right)} \right) = HK$.
Tam giác $SHI$ vuông tại $H$ nên: $\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{H{S^2}}} + \frac{1}{{H{I^2}}}$$\left( 1 \right)$
Hình thoi có $\widehat {ABC} = 60^\circ $ nên tam giác $ABC$ đều $ \Rightarrow AC = a;\,BO = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$.
Tam giác $AIH$ đồng dạng tam giác $AOB$$ \Rightarrow \frac{{IH}}{{OB}} = \frac{{AH}}{{AB}} \Rightarrow IH = \frac{{OB.AH}}{{AB}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}.\frac{a}{4}}}{a} = \frac{{a\sqrt 3 }}{8}$ $\left( 2 \right)$
Tam giác $SAB$ đều nên $SA = SB = AB = a$.
Tam giác $SAH$vuông tại $H$ nên $SH = \sqrt {S{A^2} – A{H^2}} = \sqrt {{a^2} – {{\left( {\frac{a}{4}} \right)}^2}} = \frac{{a\sqrt {15} }}{4}$$\left( 3 \right)$
Thay $\left( 2 \right)$ và $\left( 3 \right)$ vào $\left( 1 \right)$ ta được: $\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{8}} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\frac{{a\sqrt {15} }}{4}} \right)}^2}}} = \frac{{112}}{{5{a^2}}} \Rightarrow HK = \frac{{a\sqrt {560} }}{{112}}$.
Vậy $d\left( {C,\left( {SAB} \right)} \right) = 4d\left( {H,\left( {SAB} \right)} \right) = 4.\frac{{a\sqrt {560} }}{{112}} = \frac{{a\sqrt {560} }}{{28}}$.
Câu 9. Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy là hình thang vuông tại $A$ và $D$, $SA \bot \left( {ABCD} \right)$; $AB = 2a$, $AD = CD = a$. Gọi $N$ là trung điểm $SA$. Tính khoảng cách giữa $2$ đường thẳng $SC$ và $DN$, biết rằng thể tích khối chóp $S.ABCD$ bằng $\frac{{{a^3}\sqrt 6 }}{2}$.
A.$\frac{{a\sqrt 6 }}{4}$ . B. $\frac{{a\sqrt 2 }}{2}$ . C. $\frac{{a\sqrt 6 }}{2}$ . D. $\frac{{a\sqrt {10} }}{2}$
Lời giải
Chọn A
Ta có ${V_{S.ABCD}} = \frac{1}{3}SA.{S_{ABCD}}$; ${S_{ABCD}} = \frac{1}{2}\left( {a + 2a} \right).a = \frac{{3{a^2}}}{2}$
Suy ra $SA = \frac{{3{V_{S.ABCD}}}}{{{S_{ABCD}}}} = \frac{{3{a^3}\sqrt 6 }}{2}.\frac{2}{{3{a^2}}} = a\sqrt 6 $.
Gọi $M$ là trung điểm của $AB$, $O$ là giao điểm của $AC$ và $DM$.
Ta có tứ giác $ADCM$ là hình vuông cạnh $a$.
Ta có $\left( {DNM} \right)$ chứa $ON$ và $ON{\rm{//}}SC$ nên $SC{\rm{//}}\left( {DNM} \right)$.
Suy ra nên $d\left( {SC,DN} \right) = d\left( {SC,\left( {DMN} \right)} \right) = d\left( {C,\left( {DMN} \right)} \right) = d\left( {A,\left( {DMN} \right)} \right)$.
Trong $\left( {SAC} \right)$ kẻ $AH \bot NO$. Ta có $DM \bot AC$ và $DM \bot SA$ nên $DM \bot \left( {SAC} \right)$.
Khi đó ta có
$\left. \begin{array}{l}AH \bot NO\\AH \bot DM\left( {DM \bot \left( {SAC} \right)} \right)\end{array} \right\} \Rightarrow AH \bot \left( {DMN} \right)$
$ \Rightarrow d\left( {A,\left( {DMN} \right)} \right) = AH$.
$\frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{A{N^2}}} + \frac{1}{{A{O^2}}}$ ; $AN = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}$; $AO = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}$ $ \Rightarrow \frac{1}{{A{H^2}}} = \frac{1}{{{{\frac{a}{2}}^2}}} + \frac{1}{{\frac{{3{a^2}}}{2}}} = \frac{8}{{3{a^2}}} \Rightarrow AH = \frac{{a\sqrt 6 }}{4}$.
Vậy $d\left( {SC,DN} \right) = \frac{{a\sqrt 6 }}{4}$.
