Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng)

Hình học không gian

KHOẢNG CÁCH TỪ ĐIỂM TỚI MẶT
ĐÁP ÁN BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Giáo viên: NGUYỄN THANH TÙNG
Đây là tài liệu tóm lược các kiến thức đi kèm với bài giảng giảng Khoảng cách từ điểm tới mặt thuộc khóa học: Luyện
thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Nguyễn Thanh Tùng) tại website Hocmai.vn. Để có thể nắm vững kiến
thức phần này, bạn cần kết hợp xem tài liệu cùng với bài giảng này.

Bài 1. Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A ; AB  a . Biết mặt phẳng ( SAB)
và mặt phẳng ( SAC ) cùng vuông góc với đáy, góc tạo bởi đường thẳng SB và mặt phẳng ( ABC ) bằng
S
600 Tính theo a khoảng cách từ A tới mặt phẳng ( SBC ) .
Giải:
( SAB)  ( ABC )

 SA  ( ABC )
Do ( SAC )  ( ABC )
( SAB) ( SAC )  SA

K
600
A
Suy ra góc tạo bởi SB và mặt phẳng ( ABC ) là ABS  600 .
B
a
Gọi I , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên BC, SI .
Khi đó BC  AI ; BC  SA  BC  (SAI )  BC  AK

AS
AI
3a a
3a
7
7

Bài 2. Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình vuông, tam giác A’AC vuông cân, A’C = a.
Tính theo a khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (BCD’) .
Giải:
A'C
a
Do tam giác A’AC vuông cân, suy ra AA '  AC 

2
2
A'
Kẻ AH  A ' B ( H  A ' B ) (1)
B'
Do CB  ( ABB ' A ')  CB  AH (2)
Từ (1) và (2) suy ra AH  ( BCD ' A ')
 d ( A,( BCD '))  d ( A,( BCD ' A '))  AH
Ta có ABCD là hình vuông nên AB 

H

D'

AC a




 2  2  2  AK 
2
2
2
AH
AA '
AB
a
a
a
6

Vậy d ( A,( BCD ')) 

a 6
.
6

Bài 3. Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình thoi cạnh a , cạnh bên SA vuông góc với đáy, BAD  1200 ,
M là trung điểm của cạnh BC và SMA  450 . Tính theo a khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SDC ) .

Giải:
Kẻ AN  DC ( N  DC )

S

Do ABCD là hình thoi cạnh a và BAD  1200
nên ABC, ADC đều là các tam giác đều cạnh a

M
D

C

N

1
1
1
4
4
8
a 6
a 6
hay d ( A, ( SCD)) 


 2  2  2  AH 
2
2
2
AH
AS
AN
3a 3a
3a
4
4


 A1 H  HM .tan HMA1  .tan 600 
2
2
Kẻ HI  CD ( I  CD) và HK  A1I ( K  A1I )

 CD  ( A1HI )  CD  HK  HK  ( ACD
)
1

600

A

K

M

D
I

H
B

C

))  HK .
hay d ( H ,( ACD
1
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt


2
HK
A1H
HI
3a 3a
3a
4

a 6
.
4
Bài 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D; AB  AD  2a , CD = a; góc
giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và ( ABCD) bằng 600 . Gọi I là trung điểm của cạnh AD. Biết hai mặt phẳng

Vậy d (H ,( ACD
)) 
1

( SBI ) và ( SCI ) cùng vuông góc với mặt phẳng ( ABCD) , tính theo a khoảng cách từ I tới mặt phẳng
( SBC ) .

Giải:

S

( SBI )  ( ABCD)

Ta có ( SCI )  ( ABCD)  SI  ( ABCD)
( SBI ) ( SCI )  SI



M
D

3a 2
 S ABCD  ( S IAB  S IDC ) 
2

C

3a 2
2S
2  3 5a
Mặt khác: BC  ( AB  DC )2  AD2  a 5  IM  IBC 
BC
5
a 5
2.

Xét tam giác IHM ta có: IH  IM .sin HMI 

3 5a
3 15a
3 15a
hay d ( I , ( SBC )) 
.
.sin 600 
5
10
10

2
2
4
Do BAC  60 nên BC  AC.tan 60  3 AC
2

 AC  9a
Ta có: BC 2  CI 2  BI 2  3 AC 2  
 
16
 2 

2

A'

C'

0

0

Hình học không gian

B

600

H
A

1
1
4 52 160
a 30
a 30
hay d (G, ( BCC ' B ')) 
.


 2  2  2  GH 
2
2
2
GH
GB ' GK
3a
a
3a
40
40

Bài 7. Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình vuông cạnh 2a, SA = a, SB = a 3 và mặt phẳng
( SAB) vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CD và H là hình
chiếu vuông góc của S trên AB . Tính theo a khoảng cách từ H tới mặt (SMN ) .
Giải:
( SAB)  ( ABCD)

Ta có ( SAB) ( ABCD)  AB  SH  ( ABCD)
 SH  AB



SA
a
a
3a

  BH  AB  AH 
AB 2a 2
2

H

Suy ra

S AHND  S HBM  S NCM

N

I
B

M

C

a

 a  .2a 3a .a

( AH  DN ). AD HB.BM CN .CM  2

Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng)

Khi đó HI 

Hình học không gian

2S HNM
5a 2
5a 2


MN
8
4.a 2

Xét tam giác SHI , ta có:
Vậy d ( H , ( SMN )) 

1
1
1
32
4
196
5a 3



 2 

a 3
2

Gọi N là trung điểm của BC , suy ra MN // AC mà AC // A ' C '
nên MN // A ' C '
 (MA ' C ')  ( ABC )  MN ( (MA ' C ')  (MA ' C ' N ) )

Có NH là đường trung bình trong tam giác MBC , s

 NH / / AB
MB a

uy ra NH 
và  MN / / AC  NH  MN (1) .

2
2
 AB  AC

Gọi K là hình chiếu của H trên NA ' nên HK  A ' N (*)
Ta có A ' H  MN (2) (do A ' H  ( ABC ) ) .
Từ (1) và (2) suy ra MN  ( A ' HN )  MN  HK (2*)
Từ (*) và (2*) suy ra: HK  (MNA ') hay HK  (MA ' C ')  d ( H ,(MA ' C '))  HK
Xét tam giác vuông A ' HN ta có: HK 

Vậy d ( H , ( MA ' C ')) 

HN .HA '
HN 2  HA '2



Giải:
Ta có SH  ( ABC )  AB  SH (1)
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 5 -


Hocmai.vn – Website học trực tuyến số 1 tại Việt Nam
Khóa học Luyện thi THPT quốc gia Pen - C: Môn Toán (GV: Anh Tuấn – Thanh Tùng)

Hình học không gian

Gọi E là hình chiếu vuông góc của H trên AB , suy ra AB  EH (2)
Từ (1) và (2), suy ra : AB  (SEH ) ,
suy ra góc tạo bởi ( SAB) và ( ABC ) là : SEH  600
Gọi M , N lần lượt là trung điểm của BC , AC
Ta có: BM 
AB ) 

BC a 3
và HE // BM (cùng vuông góc với

2
2

EH
AH 2

a 3
6
.
 HI . AC  HI  AHC 

2
AC
6
a 2  (a 3) 2
2.

Mặt khác: S AHC

Xét tam giác SHI , ta có: HK 
d ( H , ( SAC )) 

a 3 
 
.a  :
HI 2  SH 2  6

HI .SH

2

a 3
a 13
2
hay


a 3
a
 AM  MC cot CAM 
.cot 600   SA (2)
2
2
Từ (1) và (2) suy ra tam giác SAM đều.
Khi đó, gọi H là trung điểm của AM  SH  AM
mà SH  BC (do BC  (SAM ) )  SH  ( ABC )  SH  AC

Kẻ HI  AC ( I  AC )  AC  (SHI )

A

I

C

H
M
B

Dựng HK  SI ( K  SI )  HK  (SAC )  d (H ,(SAC ))  HK
Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

- Trang | 6 -



.

 2  2  2  2  HK 
2
2
HK
SH
HI
3a 3a
3a
20
20

Giáo viên
Nguồn

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt

Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12

: Nguyễn Thanh Tùng
:
Hocmai.vn

- Trang | 7 -