Tailieumoi.vn xin giới thiệu đến các quý thầy cô, các em học sinh đang trong quá trình ôn tập tài liệu Tính khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng bằng phương pháp trực tiếp, tài liệu bao gồm 7 trang. Tài liệu được tổng hợp từ các tài liệu ôn thi hay nhất  giúp các em học sinh có thêm tài liệu tham khảo trong quá trình ôn tập, củng cố kiến thức và chuẩn bị cho kỳ thi sắp hới. Chúc các em học sinh ôn tập thật hiệu quả và đạt được kết quả như mong đợi.

Mời các quý thầy cô và các em học sinh cùng tham khảo và tải về chi tiết tài liệu dưới đây

Tính khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng

A. Tính khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng bằng phương pháp trực tiếp

Dạng 1: d (H;(SAB)) =  HK

Dạng 2: d (A;(SHB)) =  AK

Bài 1. Cho hình chóp S ABC . có đáy ABC là tam giác vuông tại B , BAC = 60⁰ ; SA = AC = a và vuông góc với đáy.

a) Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng SBC .

b) Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng SAC .

Lời giải

a) Trong tam giác vuông ABC , ta có

AB = AC.cosBAC = \[\frac{a}{2}\]

Kẻ AH \[ \bot \]SB (H \[ \in \] SB) . 1

Ta có \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BC \bot AB}\\{BC \bot SA}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot SAB \Rightarrow BC \bot AH\]  2

Từ 1 và 2, suy ra AH \[ \bot \] SBC. DO đó

d(A,(SBC)) = AH.

Trong tam giác vuông SAB , ta có

AH = \[\frac{{SA.AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \frac{{a\sqrt 5 }}{5}\]

Vậy d(A,(SBC)) = AH = \[\frac{{a\sqrt 5 }}{5}\]

b) Kẻ BK \[ \bot \] AC (K \[ \in \] AC).

Ta có \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BK \bot AC}\\{BK \bot SA}\end{array}} \right. \Rightarrow BK \bot SAC\].

 Do đó d(B,(SAC)) = BK

Trong tam giác vuông ABC , ta có BC = AC. sin BAC = \[\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\]suy ra

BK = \[\frac{{AB.BC}}{{\sqrt {A{B^2} + B{C^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}\]

Vậy d(B;(SAC)) = \[\frac{{a\sqrt 3 }}{4}\]

Bài 2. Cho hình chóp S ABC . có đáy ABC là tam giác vuông tại A , SA a và vuông góc với đáy, tam giác SBC cân tại S và tạo với đáy một góc 45⁰ . Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng SBC .

Lời giải

Tam giác SBC cân tại S nên SB = SC .

Suy ra \[\Delta \]SAB = \[\Delta \]SAC (cạnh huyền – cạnh góc vuông).

Do đó AB = AC . Vậy tam giác ABC vuông cân tại A .

Gọi E là trung điểm BC , suy ra AE \[ \bot \] BC .

Gọi K là hình chiếu của A trên SE , suy ra AK \[ \bot \] SE . 1

Ta có \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BC \bot AE}\\{BC \bot SA}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot SAE \Rightarrow BC \bot AK\]  2

Từ 1 và 2 , suy ra AK \[ \bot \] (SBC) nên d(A,(SBC)) = AK.

Ta có: \[\left. {\begin{array}{*{20}{c}}{(SBC) \cap (ABC) = BC}\\{SE \subset (SBC),SE \bot BC}\\{AE \subset (ABC),AE \bot BC}\end{array}} \right\}\]

\[ \Rightarrow \widehat {((SBC),(ABC)}) = \widehat {(SE,AE)} = \widehat {SEA} = {45^0}\]

Tam gác SAE vuông tại A có \[\widehat {SEA} = {45^0}\]nên là tam giác vuông cân, suy ra

AK = \[\frac{{SE}}{2} = \frac{{SA\sqrt 2 }}{2} = \frac{{a\sqrt 2 }}{2}\]

Vậy d(A;(SBC)) = AK = \[\frac{{a\sqrt 2 }}{2}\].

Bài 3. Cho hình chóp S ABCD . có đáy ABCD là hình vuông tâm O , cạnh a ; SA = SB = SC = SD =\[a\sqrt 2 \] . Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SBC) .

Lời giải

Do O là tâm hình vuông nên OA = OB = OC = OD .

Mà SA = SB = SC = SD, suy ra SO là trục của đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD nên SO \[ \bot \] (ABCD).

Trong tam giác vuông SOA ,

ta có SO = \[\sqrt {S{A^2} - O{A^2}}  = \frac{{a\sqrt 6 }}{2}\].

Gọi M là trung điểm của BC, suy ra OM = \[\frac{a}{2}\] vao OM \[ \bot \] BC.

Gọi K là hình chiếu của O trên SM, suy ra OK \[ \bot \] SM.   1

Ta có \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BC \bot OM}\\{BC \bot SO}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot SOM \Rightarrow BC \bot OK\]   2

Trong tam giác vuông SOM,

ta có : \[\frac{{SO.OM}}{{\sqrt {S{O^2} + O{M^2}} }} = \frac{{a\sqrt {42} }}{{14}}\]

Vậy d(O;(SBC)) = OK = \[\frac{{a\sqrt {42} }}{{14}}\]

Bài 4. Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B , AB = BC = a, AD = 2a. Cạnh bên SA = a và vuông góc với đáy. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng SCD .

Lời giải

a) Gọi M là trung điểm AD , suy ra ABCM là hình vuông.

Do đó CM = MA = \[\frac{{AD}}{2}\]nên tam gác ACD vuông tại C .

Kẻ AK \[ \bot \]SC, (K\[ \in \]SC)  1

Ta có \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{CD \bot AC}\\{CD \bot SA}\end{array}} \right. \Rightarrow CD \bot SAC \Rightarrow CD \bot AK\]   2

Từ 1 và 2, suy ra AK \[ \bot \] (SAC) nên d(A,(SCD)) = AK.

Trong tam giác vuông SAC , ta có

AK = \[\frac{{SA.AC}}{{\sqrt {S{A^2} + A{C^2}} }}\frac{{a.a\sqrt 2 }}{{\sqrt {{a^2} + 2{a^2}} }} = \frac{{a\sqrt 6 }}{3}\]

Vậy d(A,(SCD)) = AK = \[\frac{{a\sqrt 6 }}{3}\]

Bài 5. Cho hình chóp S ABCD . có đáy ABCD là hình thoi cạnh a ,góc BAD = 120⁰ ; cạnh bên SA vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm cạnh BC . Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng SBC , biết góc SMA = 45⁰.

Lời giải

Do góc BAD = 120⁰ suy ra góc ABC = 60⁰ nên tam giác ABC đều cạnh a .

Suy ra AM là đường cao trong tam giác đều ABC và AM = \[\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\]

Kẻ AK \[ \bot \]SM (K \[ \in \]SM)   1

Ta có \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BC \bot AM}\\{BC \bot SA}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot SAM \Rightarrow BC \bot AK\]   2

Từ 1 và 2 , suy ra AK \[ \bot \] (SBC) nên d(A,(SBC)) = AK

Trong tam giác vuông AKM ,

ta có AK = AM. sin \[\widehat {SMA}\] = \[\frac{{a\sqrt 6 }}{4}\]

Vậy d(D;(SBC)) = d(A,(SBC)) = \[\frac{{a\sqrt 6 }}{4}\]

Bài 6. Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AB , AD . Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng SCN .

Lời giải

Tam giác SAB đều và có M là trung điểm AB nên SM AB . Mà (SAB) \[ \bot \] (ABCD) theo giao tuyến AB nên SM \[ \bot \] (ABCD) .

Ta có \[\Delta \]AMD = \[\Delta \] DNC suy ra \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\widehat {AMD} = \widehat {DNC}}\\{\widehat {ADM} = \widehat {DCN}}\end{array}} \right.\]

Mà \[\widehat {ADM} + \widehat {AMD} = {90^0}\]

suy ra \[\widehat {ADM} + \widehat {DNC} = {90^0}\]hay CN \[ \bot \] DM.

Gọi E = DM \[ \cap \]CN, K là hình chiếu vuông góc của M trên SE suy ra MK \[ \bot \]SE. 1

Ta có \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{CN \bot DM}\\{CN \bot SM}\end{array}} \right. \Rightarrow CN \bot (SMD) \Rightarrow CN \bot MK\]  2

Từ 1 và 2 suy ra \[MK \bot (SCN)\]. Do đó d(M;(SCN)) = MK

Ta có SM = \[\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\]; DM = \[\sqrt {A{D^2} + A{M^2}} \] = \[\frac{{a\sqrt 5 }}{2}\]

DE = \[\frac{{DC.DN}}{{\sqrt {D{C^2} + D{N^2}} }}\]=\[\frac{{a\sqrt 5 }}{2}\].

Suy ra ME = MD – DE = \[\frac{{3a\sqrt 5 }}{{10}}\].

Trong tam giác vuông SME ,

ta có MK = \[\frac{{SM.SE}}{{\sqrt {S{M^2} + S{E^2}} }}\]=\[\frac{{3a\sqrt 2 }}{8}\]

Vậy d(M;(SCN)) = MK = \[\frac{{3a\sqrt 2 }}{8}\].

Bài 7. Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông với AB = AC = a, góc giữa BC' và mặt phẳng (ACC’A’) bằng 30⁰ . Gọi M là trung điểm của B’C’ . Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (A’BC) .

Lời giải

Theo giả thiết tam giác ABC vuông cân tại A .

Vì \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BA \bot AC}\\{B{\rm{A}} \bot {\rm{A}}A'}\end{array}} \right. \Rightarrow BA \bot (ACC'A')\]suy ra hình chiếu vuông góc của BC' trên mặt phẳng (ACC’A’) là AC' nên

30⁰ = BC ; ACC’A’ = BC’; AC’ = BC’A.

Trong tam giác vuông BAC’, ta có

AC’ = AB.cotBC’A = \[a\sqrt 3 \]

Trong tam giác vuông AA’C’ , ta có

AA’ = \[\sqrt {AC{'^2} + A'{C^2}} \]=\[a\sqrt 2 \]

a) Gọi E là trung điểm của BC , suy ra AE \[ \bot \]BC .

Kẻ AK \[ \bot \]A’E (K \[ \in \] A’E).   1

Ta có \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BC \bot AE}\\{B{\rm{C}} \bot {\rm{A}}A'}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot (A'AE) \Rightarrow BC \bot AK\]   2

Từ 1 và 2 , suy ra AK \[ \bot \] (A’BC) nên d (A,(A’BC)) = AK

Trong tam giác vuông A’AE,

ta có AE = \[\frac{{a\sqrt 2 }}{2}\] nên AK = \[\frac{{AA'.AE}}{{\sqrt {AA{'^2} + A{E^2}} }}\]= \[\frac{{a\sqrt {10} }}{5}\]

Vậy d(A;(A’BC)) = AK = \[\frac{{a\sqrt {10} }}{5}\]

Bài 8. Cho lăng trụ đứng ABC’A’B’C’ có đáy ABC là tam giác với AB = a, AC = 2a \[\widehat {BAC}\] = 120⁰ ; AA’ =\[2a\sqrt 5 \]. Gọi M là trung điểm CC' . Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (A’BM) .

Lời giải

Kéo dài AM' cắt AC tại N .

Suy ra AN = 2AC = 4a và d(A,(A’BM)) = d(A,(A’BN)).

Gọi E là hình chiếu vuông góc của A trên BN , suy ra AE \[ \bot \] BN.

Kẻ AK \[ \bot \]A’E (K \[ \in \]A’E).   1

Ta có \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BN \bot AE}\\{BN \bot {\rm{A}}A'}\end{array}} \right. \Rightarrow BN \bot (A'AE) \Rightarrow BN \bot AK\]  2

Từ 1 và 2 , suy ra AK \[ \bot \] (A’BN) nên d(A,(A’BN)) =AK.

Áp dụng định lí hàm số côsin trong tam giác ABN , ta có

BN = \[\sqrt {A{B^2} + A{N^2} - 2AB.AN.\cos BAC}  = a\sqrt {21} \]

Ta có

S\[\Delta ABN\]= \[\frac{1}{2}AB.AN.\sin BAC = \frac{1}{2}BN.AE\]

\[ \Rightarrow AE = \frac{{AB.AN.\sin BAC}}{{BN}} = \frac{{2a\sqrt 7 }}{7}\]

Trong tam giác vuông A’AE,

ta có AK = \[\frac{{AA'.AE}}{{\sqrt {AA{'^2} + A{E^2}} }} = \frac{{a\sqrt 5 }}{3}\]

Vậy d(A,(A’BM)) = AK = \[\frac{{a\sqrt 5 }}{3}\]

B. Cách tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng (sử dụng hình chiếu)

1. Phương pháp giải

Để tính được khoảng từ điểm A đến mặt phẳng (α) thì điều quan trọng nhất là ta phải xác định được hình chiếu của điểm A trên (α)

Cho trước SA ⊥ Δ; trong đó S ∈ (α) và Δ ⊂ (α)

Bước 1: Dựng AK ⊥ Δ ⇒ Δ ⊥ (SAK) ⇒(α) ⊥ (SAK) và (α) ∩ (SAK) = SK

Bước 2: Dựng AP ⊥ SK ⇒ AP ⊥ (α) ⇒ d(A, (α)) = AP

2. Ví dụ minh họa

Ví dụ 1: Trong mặt phẳng (P) cho tam giác đều ABC cạnh a. Trên tia Ax vuông góc với mặt phẳng (P) lấy điểm S sao cho SA = a . Khoảng cách từ A đến (SBC) bằng

Hướng dẫn giải

- Gọi M là trung điểm của BC , H là hình chiếu vuông góc của A trên SM

- Ta có BC ⊥ AM ( trong tam giác đều đường trung tuyến đồng thời là đường cao). Và BC ⊥ SA ( vì SA vuông góc với (ABC)). Nên BC ⊥ (SAM) ⇒ BC ⊥ AH

Mà AH ⊥ SM, do đó AH ⊥ (SBC)

Chọn đáp án C

Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABCD có SA ⊥ (ABCD), đáy ABCD là hình chữ nhật. Biết AD = 2a; SA = a. Khoảng cách từ A đến (SCD) bằng:

Hướng dẫn giải

SA ⊥ (ABCD) nên SA ⊥ CD, AD ⊥ CD

Suy ra (SAD) ⊥ CD

Trong ( SAD) kẻ AH vuông góc SD tại H

Khi đó AH ⊥ (SCD)

Chọn đáp án C

Ví dụ 3: Hình chóp đều S.ABC có cạnh đáy bằng 3a cạnh bên bằng 2a. Khoảng cách từ S đến (ABC) bằng :

A. 2a                 B. a√3                  C. a                 D. a√5

Hướng dẫn giải

+ Gọi O là trọng tâm tam giác ABC.Do tam giác ABC đều nên O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

+ Ta có: SA = SB = SC và OA = OB = OC nên SO là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Do đó SO ⊥ (ABC)

Chọn đáp án C

Ví dụ 4: Cho hình chóp S.ABC trong đó SA; AB; BC vuông góc với nhau từng đôi một. Biết SA = a√3, AB = a√3 . Khoảng cách từ A đến (SBC) bằng:

Hướng dẫn giải

Chọn D

Kẻ AH ⊥ SB

Ta có: 

Lại có: AH ⊥ SB nên AH ⊥ (SBC)

⇒ d(A; (SBC)) = AH

Trong tam giác vuông SAB ta có:

Ví dụ 5: Cho hình chóp S.ABCD có SA ⊥ (ABCD) , đáy ABCD là hình chữ nhật. Biết AD = 2a; SA = a. Khoảng cách từ A đến (SCD) bằng:

Hướng dẫn giải

Chọn C

Kẻ AH ⊥ SD

Ta có:  nên CD ⊥ (SAD) ⇒ CD ⊥ AH     (1)

Lại có; AH vuông góc SD (2)

Từ (1); (2) ⇒ AH ⊥ (SCD) và d(A, (SCD)) = AH

Trong tam giác vuông SAD ta có:

Ví dụ 6: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC cạnh đáy bằng 2a và khoảng cách từ S đến mặt phẳng đáy bằng a√3. Tính khoảng cách từ tâm O của đáy ABC đến một mặt bên:

Hướng dẫn giải

Chọn C

+ Gọi O là trọng tâm của tam giác ABC

Suy ra: OA = OB = OC (do tam giác ABC là tam giác đều)

Lại có: SA = SB = SC (vì S.ABC là hình chóp đều)

⇒ SO là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên SO ⊥ (ABC) và SO = a√3

+ Gọi M là trung điểm của BC

Kẻ OH ⊥ SM, ta có

nên suy ra d(O; (SBC)) = OH.

Ta có: OM = (1/3).AM = (a√3)/3

Xét tam giác vuông SOM đường cao OH có:

C. Bài tập về nhà

Câu 1: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a . Khoảng cách từ A đến (BCD) bằng:

Lời giải:

Chọn B

Gọi O là trọng tâm tam giác BCD

⇒ OB = OC = OD (do tam giác BCD là tam giác đều)

Lại có: AB = AC = AD = a

⇒ AO là trục đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD

⇒ AO ⊥ (BCD)

Câu 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi tâm O cạnh a và có góc ∠BAD = 60°. Đường thẳng SO vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD) và SO = 3a/4. Khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SBC) là:

Lời giải:

Chọn C

+ Trong mặt phẳng ( ABCD), kẻ OK ⊥ BC (K ∈ BC)

+ Mà BC ⊥ SO nên suy ra hai mặt phẳng (SOK) và (SBC) vuông góc nhau theo giao tuyến SK.

+ Trong mặt phẳng (SOK), kẻ OH ⊥ SK (H ∈ SK)

Suy ra: OH ⊥ (SBC) ⇒ d(O, (SBC)) = OH

+ Xét mp(ABCD) có:

+ xét tam giác SOK vuông tại O ta có:

Câu 3: Cho hai tam giác ABC và ABD nằm trong hai mặt phẳng hợp với nhau một góc 60°; tam giác ABC cân tại C, tam giác ABD cân ở D. Đường cao DM của tam giác ABD bằng 12 cm. Khoảng cách từ D đến (ABC) bằng

A. 3√3 cm              B. 6√3 cm              C. 6 cm              D. 6√2 cm

Lời giải:

+ Gọi M là trung điểm AB.

Do tam giác ABC cân tại C và tam giác ABD cân tại D nên CM ⊥ AB; DM ⊥ AB suy ra: AB ⊥ (CDM)

+ Do hai tam giác ABC và ABD nằm trong hai mặt phẳng hợp với nhau một góc 60° nên ∠CMD = 60°

+ Gọi H là hình chiếu vuông góc của D lên CM

⇒ DH = d(D, (ABC))

Xét tam giác DHM có:

DH = DM.Sin 60° = 6√3

Chọn đáp án B

Câu 4: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Khoảng cách từ A đến (B’CD’) bằng

Lời giải:

Ta có: AB’ = AC = AD’ = B’D’ = B’C = CD’ = a√2

⇒ Tứ diện AB’CD’ là tứ diện đều.

Gọi I là trung điểm B’C và G là trọng tâm tam giác B’CD’.

Ta có : AC = AD’ = AB’ và GB’ = GC = GD’

nên AG ⊥ (B'CD')

Khi đó ta có: d(A , (B’CD’)) = AG

Vì tam giác B’CD’ đều cạnh a√2 nên 

Theo tính chất trọng tâm ta có: 

Trong tam giác vuông AGD’ có:

Chọn C

Câu 5: Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A với AB = a. Mặt bên chứa BC của hình chóp vuông góc với mặt đáy, hai mặt bên còn lại đều tạo với mặt đáy một góc 45°. Tính khoảng cách từ điểm S đến mặt phẳng đáy (ABC) .

Lời giải:

Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC) , vì mặt bên (SBC) vuông góc với (ABC) nên H ∈ BC

Dựng HI ⊥ AB, HJ ⊥ AC, theo đề bài ta có ∠SIH = ∠SJH = 45°.

Do đó: ΔSHI = ΔSHJ (cạnh góc vuông - góc nhọn)

Suy ra : HI = HJ

Lại có ∠B = ∠C = 45° ⇒ ΔBIH = ΔCJH ⇒ HB = HC

Vậy H trùng với trung điểm của BC

Từ đó ta có HI là đường trung bình của tam giác ABC nên HI = AC/2 = a/2

Tam giác SHI vuông tại H và có ∠SIH = 45° ⇒ ΔSHI vuông cân.

Do đó: SH = HI = a/2

Chọn đáp án A

Câu 6: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh bên bằng b cạnh đáy bằng d, với d < b√3. Hãy chọn khẳng định đúng trong các khẳng định bên dưới.

Lời giải:

Gọi I là trung điểm của BC và H là trọng tâm tam giác ABC.

Do S.ABC là hình chóp đều nên SH ⊥ (ABC) ⇒ d(S, (ABC)) = SH

Chọn C

Câu 7: Cho hình lập phương ABCD. A₁B₁C₁D₁ cạnh bằng a. Gọi M là trung điểm của AD. Khoảng cách từ A₁ đến mặt phẳng (C₁D₁M) bằng bao nhiêu?

Lời giải:

Gọi N là trung điểm cạnh DD₁ và

Ta có: ΔA₁ND₁ = ΔD₁MD    (c.g.c)

Chọn đáp án A

Câu 8: Cho hình chóp tam giác đều S. ABC có cạnh đáy bằng 3a cạnh bên bằng 2a. Khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABC) bằng:

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

Lời giải:

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC

Do S.ABC là hình chóp đều nên SG ⊥ (ABC)

Tam giác SAG vuông tại G có:

Chọn đáp án C

Câu 9: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng a√2. Tính khoảng cách từ tâm O của đáy ABCD đến một mặt bên:

Lời giải:

Chọn B

Gọi O là tâm của hình vuông ABCD và M là trung điểm của CD

Do hình chóp S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên SO ⊥ (ABCD)

Kẻ OH ⊥ SM, ta có:

Câu 10: Cho hình chóp S.ABCD có mặt đáy là hình thoi tâm O, cạnh a và góc ∠BAD = 120°, đường cao SO = a. Tính khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SBC).

Lời giải:

Vì hình thoi ABCD có ∠BAD bằng 120° nên ∠ABC = 60°

⇒ tam giác ABC đều cạnh a.

Kẻ đường cao AM của tam giác ABC ⇒ AM = a√3/2

Kẻ OI ⊥ BC tại I ⇒ OI = AM/2 = a√3/4 .

Kẻ OH ⊥ SI ⇒ OH ⊥ (SBC)

⇒ d(O; (SBC)) = OH

Xét tam giác vuông SOI ta có:

Chọn D

Câu 11: Cho hình chóp S.ABCD có mặt đáy ABCD là hình thoi cạnh a, ∠ABC = 120°. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng (ABCD) là trọng tâm G của tam giác ABD, ∠ASC = 90°. Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBD) tính theo a bằng

Lời giải:

Xác định khoảng cách:

- Ta có đáy ABCD là hình thoi, góc ∠ABC = 120° nên ∠ABD = 60° và tam giác ABD đều cạnh a

Ta có: AC = a√3, AG = a√3/3

Tam giác SAC vuông ở S, có đường cao SG nên

Xét hình chóp S. ABD có chân đường cao trùng với tâm của đáy nên SA = SB = SD = a.

- Dựng hình chiếu của A lên mặt phẳng (SBD): Kẻ đường cao AH của tam giác SAO với O là tâm của hình thoi.

AH = a√6/3

Cách khác: Nhận xét tứ diện S.ABD có tất cả các cạnh bằng a. Do đó S.ABD là tứ diện đều, vậy AH = SG = a√6/3

Chọn đáp án D

Câu 12: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB = a; AC = 2a và SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD); SC tạo với mặt phẳng (SAB) một góc 30°. Gọi M là một điểm trên cạnh AB sao cho BM = 3MA. Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCM)?

Lời giải:

+ Ta có:  nên BC ⊥ (SAB)

Khi đó; SC tạo với mặt phẳng (SAB) góc 30° nên ∠CSB = 30°

+ Xác định khoảng cách: d(A; (SBC)) = AH

Tính AH:

Chọn đáp án B

Câu 13: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, mặt bên SAD là tam giác vuông tại S hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc cạnh AD sao cho HA = 3 HD. Gọi M là trung điểm của cạnh AB. Biết rằng SA = 2√3.a và đường thẳng SC tạo với mặt đáy một góc 30°. Khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC) tính theo a bằng

Lời giải:

+ SC có hình chiếu vuông góc lên mp(ABCD) là HC ⇒ (SC, (ABCD)) = ∠SCH = 30°

Đặt AD = 4x (x > 0)

Xét tam giác SAD vuông tại S ta có:

Chọn D

Câu 14: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Gọi I là trung điểm của cạnh AB. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng đáy là trung điểm H của CI góc giữa đường thẳng SA và mặt đáy bằng 60°. Khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng (SAC) là

Lời giải:

Chọn A

+ Do góc giữa SA và mp(ABC) là 60° nên ∠SAH = 60°

+ Ta có; CI = CA.sin60° = (a√3)/2; AI = AB/2 = a/2

Trong tam giác ACI có trung tuyến AH suy ra

Trong tam giác SHA vuông tại H và ∠SAH = 60° suy ra SH = AH √3 = a√21/4

Gọi E; F lần lượt là hình chiếu của H trên AC và SE. Khi đó d(H; (SAC)) = HF

Ta có:

Câu 15. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA = \[a\sqrt 3 \] và vuông góc với đáy. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng SBC .

Lời giải

Kẻ AH \[ \bot \]SB (H \[ \in \]SB).

Ta có \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{BC \bot AB}\\{BC \bot S{\rm{A}}}\end{array}} \right. \Rightarrow BC \bot (SAB)\]

\[ \Rightarrow BC \bot AH \Rightarrow AH \bot (SBC)\]

Do đó d(A,(SBC)) = AH.

Trong tam giác vuông SAB ,

ta có AH = \[\frac{{SA.AB}}{{\sqrt {S{A^2} + A{B^2}} }} = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}\].

Vậy d(A,(SBC)) = \[\frac{{a\sqrt 3 }}{2}\].