Hocmai.vn – Website học trực tuyến số Việt Nam Khóa học: Pen C – Trắc nghiệm(Thầy Nguyễn Thanh Tùng) CHUYÊN ĐỀ : HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CỔ ĐIỂN GIẢI QUYẾT NHANH BÀI TOÁN KHOẢNG CÁCH QUA CÁC MÔ HÌNH (PHẦN 2) GIẢI BÀI TẬP TỰ LUYỆN Giáo viên: NGUYỄN THANH TÙNG ĐÁP ÁN 1.1B 1.2D 2A 3C 4D 5B 6A 7C 8C 9A 10D 11C 12B 13.1B 13.2D 14C 15A 16B 17D 18C 19A LỜI GIẢI CHI TIẾT (Để xem lời giải thuận lợi dễ hiểu bạn học xong video giảng) Câu Cho hình chóp tứ giác S ABCD có cạnh đáy a , cạnh bên tạo với đáy ( ABCD) góc 600 Tính theo a khoảng cách h hai đường thẳng: 1) SA CD A h  2a 42 2) SH CD B h  a 42 C h  a 42 14 D h  a 42 A h  a B h  a C h  a D h  a Giải Do S ABCD hình chóp nên gọi AC BD  H   SH  ( ABCD) S Suy ra: (SB,( ABCD))  SBH  600 Do ABCD hình vuông cạnh a nên: AC a a   SH  BH tan 600  2 1) Ta có CD // ( SAB)  d (CD, SA)  d (CD,(SAB)  d (C,(SAB)) E BH  AH  I (1) (SAB)   A  d (C , (SAB))  Ta có HI  M H B CA d ( H , ( SAB))  2d ( H , ( SAB)) (2) HA Kẻ HI  AB ( I  AB) , kẻ HE  SI ( E  SI ), đó: d ( H ,(SAB))  HE (3) Do CH D A C AD a 1 14 a 42       HE  (4)  Xét tam giác SHI : 2 HE HI SH a 3a 3a 14 2 a 42  Đáp án B  HM  SH AD a  d ( SH , CD)  HM    Đáp án D 2) Do SH  CD nên kẻ HM  CD ,  2  HM  CD Từ (1) , (2) , (3) (4) , suy h  d (CD, SA)  Hocmai – Ngôi trường chung học trò Việt !! Tổng đài tư vấn: 1900 69-33 - Trang | 1- Hocmai.vn – Website học trực tuyến số Việt Nam Khóa học: Pen C – Trắc nghiệm(Thầy Nguyễn Thanh Tùng) CHUYÊN ĐỀ : HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CỔ ĐIỂN a 17 , hình chiếu vuông góc H S mặt phẳng ( ABCD) trung điểm đoạn AB Gọi K trung điểm Câu Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a , SD  đoạn AD Tính theo a khoảng cách h hai đường thẳng HK SD A h  a B h  2a C h  a D h  a Giải S Ta có SH  ( ABCD)  SH  HD  SH  SD2  HD2  SD  ( HA2  DA2 )   17a  a    a2   a   Do HK // BD  HK // ( SBD) F  d ( HK , SD)  d ( HK ,(SBD))  d ( H ,(SBD)) (1) B Kẻ HE  BD ( E  BD ), kẻ HF  SE ( F  SE ), đó:  d ( H ,(SBD))  HF (2) H a a Xét tam giác HEB , ta có: HE  HB sin HBE  sin 450  2 Xét tam giác SHE , ta có: C E A D K 1 1 25 a       HF  (3) 2 HF SH HE 3a a 3a Từ (1) ; (2) (3) , suy ra: h  d ( HK , SD)  a  Đáp án A Câu Cho hình chóp S ABCD có đáy hình chữ nhật với AD  AB  2a , SA vuông góc với mặt đáy ( ABCD) SB tạo với mặt đáy ( ABCD) góc 600 Khoảng cách h hai đường thẳng AB SC A h  a 21 B h  a 21 14 C h  2a 21 Giải D h  3a 21 14 S Ta có: (SB,( ABCD))  ( SB, AB)  SBA  600 H Do AB // CD  AB // ( SCD)  d ( AB, SC)  d ( AB,(SCD))  d ( A,(SCD)) (1) Dựng AH  SD ( H  SD ), đó: d ( A, SCD))  AH (2) 1 1 2a 21  2  2   AH  (3) 2 AH SA AD 3a 4a 12a Từ (1) ; (2) (3) , suy ra: h  d ( AB, SC )  Hocmai – Ngôi trường chung học trò Việt !! D A Ta có:  SA  AB tan 600  a Suy ra: B C 2a 21  Đáp án C Tổng đài tư vấn: 1900 69-33 - Trang | 2- Hocmai.vn – Website học trực tuyến số Việt Nam Khóa học: Pen C – Trắc nghiệm(Thầy Nguyễn Thanh Tùng) CHUYÊN ĐỀ : HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CỔ ĐIỂN Câu Cho hình chóp ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a , SA vuông góc với mặt phẳng ( ABCD) , góc đường thẳng SC mặt phẳng ( ABCD) 450 Tính theo a khoảng cách h hai đường thẳng SB, AC A h  10a B h  10a 10 C h  5a D h  Giải 10a S Ta có: SA  ( ABCD)   SC,( ABCD)   SCA  450 Suy tam giác SAC vuông cân A  SA  AC  a H Dựng điểm E cho ACBE hình bình hành, : AC // EB  AC // ( SBE )  d ( AC, SB)  d ( AC,(SBE))  d ( A,(SBE)) (1) E Kẻ AI  EB ( I  EB ), kẻ AH  SI ( H  SI ) D A 450  d ( A,(SBE))  AH (2) I EB AC a Cách 1: Tam giác ABE vuông cân A  AI    B 2 Cách 2: Ta có AI  C a 2S ABE S ABCD a2 a    EB AC a 2 Xét tam giác SAI , ta có: 1 1 10a       AH  AH SA AI 2a a 2a Từ (1), (2), (3) suy ra: h  d ( AC , SB)  (3) 10a  Đáp án D Câu Cho hai tam giác ABC, ABD không nằm mặt phẳng Biết AB  a CD  a Tính khoảng cách h hai đường thẳng AB CD A h  a B h  a C h  a D h  Giải a D Gọi M trung điểm AB Do ABC, ABD tam giác cạnh a nên suy CM  DM   AB  CM a  AB  (CMD) (*)   AB  DM N Gọi N trung điểm CD , đó: MN  CD Mà MN  AB (theo (*) ), suy ra: d ( AB, CD)  MN Ta có CN  CD a , xét tam giác MNC ta có:  2 C A M a 3 a 2 a B a  Đáp án B Vậy h  d ( AB , CD )  MN  CM  CN        2 2     2 Hocmai – Ngôi trường chung học trò Việt !! Tổng đài tư vấn: 1900 69-33 - Trang | 3- Hocmai.vn – Website học trực tuyến số Việt Nam Khóa học: Pen C – Trắc nghiệm(Thầy Nguyễn Thanh Tùng) CHUYÊN ĐỀ : HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CỔ ĐIỂN Câu Cho tứ diện ABCD có cạnh a Khoảng cách h hai đường thẳng AB CD bao nhiêu? A h  a B h  a a C h  D h  a Giải Gọi M trung điểm AB Do ABC, ABD tam giác cạnh a nên suy CM  DM   AB  CM a   AB  (CMD) (*)  AB  DM D Gọi N trung điểm CD , đó: MN  CD N Mà MN  AB (theo (*) ), suy ra: d ( AB, CD)  MN Ta có CN  CD a  , xét tam giác MNC ta có: 2 C A  a   a 2 a MN  CM  CN          2 2 Vậy h  d ( AB, CD)  M a  Đáp án A B Câu Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vuông cân A , mặt bên SBC tam giác cạnh a mặt phẳng ( SBC ) vuông góc với mặt đáy Tính theo a khoảng cách hai đường thẳng SA, BC A a B a C a D a Giải ( Ta BC  SA nên dựng đoạn vuông góc chung hai đường thẳng SA, BC ) Kẻ HK  SA (1) ( K  SA )  BC  SH Ta có   BC  ( SHA)  BC  HK (2)  BC  AH Từ (1), (2) , suy d (SA, BC )  HK Tam giác SBC cạnh a nên SH  S a K BC a Ta có AH   Xét tam giác SHA : 2 C H B 1 4 16 a       HK  2 HK SH AH 3a a 3a Vậy d ( SA, BC )  a  Đáp án C Hocmai – Ngôi trường chung học trò Việt !! A Tổng đài tư vấn: 1900 69-33 - Trang | 4- Hocmai.vn – Website học trực tuyến số Việt Nam Khóa học: Pen C – Trắc nghiệm(Thầy Nguyễn Thanh Tùng) CHUYÊN ĐỀ : HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CỔ ĐIỂN Câu Cho lăng trụ đứng ABC A ' B ' C ' có đáy tam giác vuông A với BC  2a, AB  a Tính khoảng cách hai đường thẳng AA ' BC ' A a B 3a C a D Giải 4a C' B' Do AA ' // (CBC ')  BC '  d ( AA ', BC ')  d ( AA ',(CBB '))  d ( A,(CBB ')) (1) Lúc d ( A,(CBB ')) thuộc TH3 (xem lại khoảng cách Phần 1) Nên ta kẻ AH  BC ( H  BC )  d ( A,(CBB '))  AH A' (2) Ta có AC  BC  AB2  a Khi đó: AH  AB AC a.a a   BC 2a H C B (3) Từ (1) ; (2) (3) , suy ra: d ( AA ', BC ')  A a  Đáp án C AB AC Chú ý: Ở (CBC ')  (CBB ' C ') ta sử dụng công thức AH  hiểu suy từ công thức AC  BC 2  AB AC thực BC 1 từ hệ thức AH BC  AB.AC   2 AH AB AC Câu Cho hình lập phương ABCD A ' B ' C ' D ' có cạnh a Gọi M , N trung điểm AB CD Tính khoảng cách h hai đường thẳng MN A ' C A h  a B h  a C h  a D h  a Giải Do MN // BC  MN // ( A ' BC )  A ' C A' D'  d (MN , A ' C )  d (MN ,( A ' BC)  d (M ,( A ' BC)) (1) Mặt khác: MA ( A ' BC )  B MB  d ( M , ( A ' BC ))  d ( A, ( A ' BC ))  d ( A, ( A ' BC )) (2) AB Vì d ( A,( A ' BC )) rơi vào trường hợp đặc biệt TH1 AB  BC (hay ABC  900 ), nên ta kẻ AH  A ' B ( H  A ' B ) Khi đó: d ( A,( A ' BC ))  AH (3) B' C' H B AB ' a Ta có AH   (4) 2 Từ (1) , (2) , (3) (4) , suy ra: h  d ( MN , A ' C )  Hocmai – Ngôi trường chung học trò Việt !! D A M N C a  Đáp án A Tổng đài tư vấn: 1900 69-33 - Trang | 5- Hocmai.vn – Website học trực tuyến số Việt Nam Khóa học: Pen C – Trắc nghiệm(Thầy Nguyễn Thanh Tùng) CHUYÊN ĐỀ : HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CỔ ĐIỂN Câu 10 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a Gọi M N trung điểm cạnh AB AD ; H giao điểm CN với DM Biết SH vuông góc với mặt phẳng ( ABCD) SH  a Tính khoảng cách h hai đường thẳng DM SC A h  a 57 19 B h  a 57 38 C h  3a 57 38 D h  2a 57 19 Giải Ta có ADM  DCN (c.g.c)  ADM  DCN Mà ADM  CDM  ADC  900  DCN  CDM  900 S Suy CHD  900 hay DM  CN Mặt khác DM  SH , suy DM  (SHC ) Hạ HK  SC , HK đoạn vuông góc chung DM SC , đó: d ( DM , SC )  HK K a a Ta có CN  DC  DN  a     2 2 D Xét tam giác vuông CDN ta có: N DC a 2a DC  CH CN  CH   a2 :  CN C H A B M Xét tam giác vuông SHC , có: 1 1 19 2a 57 2a 57 Vậy h  d ( DM , SC )     2   HK  2 2 HK SH CH 3a 4a 12a 19 19  Đáp án D Câu 11 Cho lăng trụ đứng ABC A ' B ' C ' có đáy ABC tam giác vuông, AB  BC  a , cạnh bên AA '  a M trung điểm BC Tính khoảng cách hai đường thẳng AM , B ' C A a 14 B 2a C a D Giải B' Gọi N trung điểm BB ' , B ' C // MN  B ' C // ( AMN ) Suy d ( B ' C, AM )  d ( B ' C,( AMN ))  d (C,( AMN ))  d ( B,( AMN )) BC a BB ' a Ta có BN  ; BM   Xét tam giác BNI , ta có:  2 2 1 1 1       2 2 2 2 2 2 BH BN BI BN BM BA a a a a a 7  Đáp án C (3) Từ (1) , (2) , (3) , suy d ( B ' C , AM )  Hocmai – Ngôi trường chung học trò Việt !! A' (1) Kẻ BI  AM ( I  AM ) , kẻ BH  NI ( H  NI )  d ( B,( AMN ))  BH (2)  BH  3a 14 a N C' H B A I M C Tổng đài tư vấn: 1900 69-33 - Trang | 6- Hocmai.vn – Website học trực tuyến số Việt Nam Khóa học: Pen C – Trắc nghiệm(Thầy Nguyễn Thanh Tùng) CHUYÊN ĐỀ : HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CỔ ĐIỂN Câu 12 Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vuông, gọi M trung điểm AB Tam giác SAB cân S nằm mặt phẳng vuông góc với đáy ( ABCD) , biết SD  2a , SC tạo với đáy ( ABCD) góc 600 Tính theo a khoảng cách h hai đường thẳng MD SA A h  a 237 79 B h  2a 1185 79 C h  2a 79 79 D h  a 395 79 Giải S 2a E H A D I M 600 B C Theo giả thiết SM  ( ABCD)  (SC,( ABCD))  SCM  600 Dựng hình bình hành AMDE , đó: MD // AE  MD // ( SAE )  d (MD, SA)  d (MD,(SAE))  d (M ,(SAE)) (1) Kẻ MI  AE ( I  AE ) kẻ MH  SI ( H  SI ) , đó: d (M ,(SAE ))  MH (2) Ta có ABCD hình vuông nên MC  MD , xét tam giác SMC SMD ta có: SD SM  MC tan 600  SD  MD  3MC  SD  MC  4MC  SD  MC  a  SM  MC tan 600  a 15  BC  2 Xét tam giác MCB , ta có: BM  BC  MC     BC  5a  BC  2a   2 Lúc ta tính MI theo cách : Cách 1: Ta có cos IMA  cos DAE  Cách 2: Ta có S AME  S AMD  IM AD MA AD a.2a 2a   IM    MA AE AE a 5 E 2S 2a 2a  AM CD  a  MI  AME  AE a 5 A Xét tam giác SMI , ta có: 1 1 79 2a 15 2a 1185       MH   2 2 MH SM MI 15a 4a 60a 79 79 Từ (1); (2) (3), suy h  d ( MD, SA)  Hocmai – Ngôi trường chung học trò Việt !! D I 2a 1185  Đáp án B 79 Tổng đài tư vấn: 1900 69-33 (3) M B C - Trang | 7- Hocmai.vn – Website học trực tuyến số Việt Nam Khóa học: Pen C – Trắc nghiệm(Thầy Nguyễn Thanh Tùng) CHUYÊN ĐỀ : HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CỔ ĐIỂN Câu 13 Cho lăng trụ ABC A ' B ' C ' có mặt bên hình vuông cạnh a Gọi D, E trung điểm cạnh BC, A ' C ' Tính khoảng cách cặp đường thẳng 1) B ' C ' A ' B 2a 21 2) DE AB ' A A a B a 21 C a 21 14 D a 21 21 B a C a D a Giải Do lăng trụ ABC A ' B ' C ' có mặt bên hình vuông cạnh a Nên ABC A ' B ' C ' lăng trụ đứng với hai đáy tam giác cạnh a 1) Ta có B ' C ' // BC  B ' C ' // ( A ' BC ) Suy d ( B ' C ', A ' B)  d ( B ' C ',( A ' BC)  d ( B ',( A ' BC)) (1) E A' C' Gọi A ' B  AB '  I  B'I  d ( B ', ( A ' BC ))  d ( A, ( A ' BC ))  d ( A, ( A ' BC )) AI F (2) B' a với AD  BC ( D  BC ) Kẻ AH  A ' D ( H  A ' D )  d ( A,( A ' BC ))  AH (3) Do ABC tam giác cạnh a  AD  Xét tam giác A ' AD , ta có: I H A 1 1 a 21       AH  2 AH AA ' AD a 3a 3a C (3) D K a 21  Đáp án B B  EF / / A ' B '  ( FED) / /( A ' B ' BA)  DE / /( A ' B ' BA) 2) Gọi F trung điểm B ' C ' , :   FD / / B ' B Từ (1) ; (2) (3) , suy d ( B ' C ', A ' B)   d ( DE, AB ')  d ( DE,( A ' B ' BA))  d ( D,( A ' B ' BA)) Kẻ DK  AB ( K  AB ), :  d ( D,( A ' B ' BA))  DK a2 S 2S a a  Đáp án D Ta có DK  ADB  ABC   Vậy d ( DE , AB ')  AB AB a 4 Câu 14 Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác cạnh a Hình chiếu vuông góc S mặt phẳng ( ABC ) điểm H thuộc cạnh AB cho HA  2HB Góc đường thẳng SC mặt phẳng ( ABC ) 600 Tính khoảng cách h hai đường thẳng SA BC theo a A h  a 42 B h  a 42 Hocmai – Ngôi trường chung học trò Việt !! C h  a 42 Tổng đài tư vấn: 1900 69-33 D h  a 42 - Trang | 8- Hocmai.vn – Website học trực tuyến số Việt Nam Khóa học: Pen C – Trắc nghiệm(Thầy Nguyễn Thanh Tùng) CHUYÊN ĐỀ : HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CỔ ĐIỂN Giải Ta có SH  ( ABC ) , suy  SC,( ABC )   SCH  600 S Dựng điểm D cho ADBC hình bình hành Khi BC // AD  BC // ( SAD)  d ( BC, SA)  d ( BC,(SAD))  d ( B,(SAD)) Ta có: BH (1) (SAD)   A BA d ( H , ( SAD))  d ( H , ( SAD)) HA Kẻ HI  AD ( I  AD ), kẻ HK  SI ( K  SI ), (3)  d ( H ,(SAD))  HK  d ( B, ( SAD))  K (2) 600 a 2a Ta có AH  AB  , suy HI  AH sin 600  3 Xét tam giác ACH ta có: CH  a  Suy SH  CH tan 600   HK  I A D H C B 4a 2a a a  2a   CH  9 a a 21 1 3 24 Xét tam giác SHI : 3    2  2 3 HK SH HI 7a a 7a a 42 a 42  Đáp án C (4) Từ (1), (2), (3), (4) ta được: d ( BC , SA)  12 Câu 15 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông cân B, AB = BC = 2a; hai mặt phẳng (SAB) (SAC) vuông góc với mặt phẳng (ABC) Gọi M trung điểm AB; mặt phẳng qua SM song song với BC, cắt AC N Biết góc hai mặt phẳng (SBC) (ABC) 600 Tính khoảng cách hai đường thẳng AB SN theo a A 2a 39 13 B a 39 13 C a 13 13 Giải D a 13 26 S ( SAB)  ( ABC )  SA  ( ABC )  CB  (SAB) Ta có  ( SAC )  ( ABC ) Khi  (SBC ),( ABC )   SBA  600  SA  AB tan 600  2a H Ta có AB // IN  AB // ( SIN ) Δ  d ( AB, SN )  d ( AB,(SIN ))  d ( A,(SIN )) (1) I Từ N kẻ đường thẳng  , song song với AB N Kẻ AI   ( I   ), kẻ AH  SI ( H  SI )  d ( A,(SIN ))  AH (2) A Ta có AINM hình chữ nhật , nên AI  MN  Xét tam giác SAI ta có: BC a 1 1 13 2a 39  2  2   AH  2 2 AH AI AS a 12a 12a 13 Từ (1) ; (2) (3) , suy d ( AB, SN )  Hocmai – Ngôi trường chung học trò Việt !! C 2a 2a 600 M (3) B 2a 39  Đáp án A 13 Tổng đài tư vấn: 1900 69-33 - Trang | 9- Hocmai.vn – Website học trực tuyến số Việt Nam Khóa học: Pen C – Trắc nghiệm(Thầy Nguyễn Thanh Tùng) CHUYÊN ĐỀ : HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CỔ ĐIỂN Câu 16 Cho lăng trụ ABC A ' B ' C ' có đáy tam giác cạnh a Điểm A ' cách ba điểm A, B, C Góc AA ' mặt phẳng ( ABC ) 600 Tính theo a khoảng cách h hai đường thẳng A ' B CC ' A h  a 13 13 B h  3a 13 13 C h  2a 13 13 D h  2a 39 13 Giải Gọi H trọng tâm tam giác ABC A' M trung điểm BC , A ' ABC hình chóp C' Suy A ' H  ( ABC )  ( AA ',( ABC ))  A ' AH  600 Tam giác ABC cạnh a nên  AH  a 3 a tan 600  a Ta có CC '/ / AA '  CC '/ /( ABB ' A ') A  A ' H  AH tan A ' AH  600 B' a K H N  d ( A ' B, CC ')  d (CC '( ABB ' A '))  d (C,( ABB ' A ')) C M (1) B CN Gọi CH ( ABB ' A ')   N   d (C,( ABB ' A'))  d( H,( ABB' A')) 3 d( H,( ABB' A')) HN Dựng HK  A ' N ( K  A ' N ), đó:  d ( H ,( ABB ' A '))  HK (3) (2) 1 a a Ta có HN  CN   3 Xét tam giác A ' NH , ta có: 1 1 12 13 a 13 (3)       HK  2 HK A' H HN a a a 13 Từ (1) ; (2) (3) , suy ra: h  d ( A ' B, CC ')  3a 13  Đáp án B 13 Câu 17 Cho hình chóp S ABCD , có đáy ABCD hình chữ nhật với AB  a, BD  a Mặt bên SAB tam giác nằm mặt phẳng vuông góc với đáy Gọi M điểm thuộc cạnh SD cho MD  2MS Tính theo a khoảng cách h hai đường thẳng AD MC A h  a 21 14 B h  2a 21 C h  3a 21 14 D h  a 21 Giải Gọi H trung điểm AB  SH  AB SH  a ( SAB)  ( ABCD)  Do ( SAB) ( ABCD)  AB  SH  ( ABCD) ( SAB)  SH  AB  Ta có AD // BC  AD // ( MBC )  d ( AD, MC)  d ( AD,(MBC))  d ( A,(MBC) Hocmai – Ngôi trường chung học trò Việt !! Tổng đài tư vấn: 1900 69-33 - Trang | 10- Hocmai.vn – Website học trực tuyến số Việt Nam Khóa học: Pen C – Trắc nghiệm(Thầy Nguyễn Thanh Tùng) CHUYÊN ĐỀ : HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CỔ ĐIỂN Cách 1: Dùng kĩ thuật chuyển đỉnh S M K A D T H B Gọi AC C I DH  T  , T trọng tâm tam giác ABD  DT DM 2  MT // SH TH MS Suy MT  ( ABCD) Kẻ TI  BC ( I  BC ), kẻ TK  MI ( K  MI ),  d (T ,(MBC ))  TK Mặt khác: AT Ta có ( MBC )  C  d ( A, ( MBC ))  (1) AC d (T , ( MBC ))  d (T , ( MBC)) TC (2) TI CT 2 2a MT DM 2 a a    MT  SH      TI  AB  SH DS 3 3 AB CA 3 Xét tam giác MTI , ta có: 1 21 2a 21       TK  (3) 2 TK MT TI a 4a 4a 21 Mặt Từ (1) ; (2) (3) , suy ra: h  d ( A, ( MBC ))  a 21  Đáp án D Cách 2: (Làm trực tiếp) S M N E A D H B C  AD  SH  AD  ( SAB)  MN  (SAB) Trong tam giác SAD , kẻ MN // DA ( N  SA) Ta có   AD  AB  AE  MN  ( MBC )  AE  ( MBC )  d ( A, ( MBC ))  AE Kẻ AE  BN ( E  BN ), đó:   AE  BN  ( MBC ) Hocmai – Ngôi trường chung học trò Việt !! Tổng đài tư vấn: 1900 69-33 - Trang | 11- Hocmai.vn – Website học trực tuyến số Việt Nam Khóa học: Pen C – Trắc nghiệm(Thầy Nguyễn Thanh Tùng) CHUYÊN ĐỀ : HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CỔ ĐIỂN NA MB 2 a2 a2    S BNA  S BAS   SA SD 3 Áp dụng đính lý cosin tam giác NBA , ta có: Ta có 4a 2a 7a a BN  AB  AN  AB AN cos NAB  a   2.a .cos 60   BN  9 2 2 a2 2S  a 21 Vậy h  d ( A, ( MBC ))  a 21  Đáp án D Suy AE  BNA  BN 7 a Câu 18 Cho hình hộp ABCD A ' B ' C ' D ' có A ' ABD hình chóp đều, AB  AA '  a Tính theo a khoảng cách hai đường thẳng AB ' A ' C ' A a 11 B a 22 22 C a 22 11 D 3a 11 Giải Gọi H trọng tâm tam giác ABD Δ B' Do A ' ABD hình chóp đều, nên A ' H  ( ABD) hay A ' H  ( ABCD) Tam giác ABD cạnh a nên AH  Khi A ' H  A ' A2  AH  a  a 3 A' D' K 3a a  a Gọi A ' C ' B ' D '  I  Do A ' C ' // AC  A ' C ' // ( B ' AC )  d ( AB ', A ' C ')  d ( A ' C ',( B ' AC))  d ( I ,( B ' AC)) C' I (1) H A Kẻ IM  AC ( M  AC )  IM // A ' H C B a M O D  a  IM  A ' H   Ta có ( B ' AC ) ( A ' B ' C ' D ')   // A ' C '    IM  IM  ( A ' B ' C ' D ')  Do IB '  AC  IB '      ( IB ' M ) Kẻ IK  B ' M ( K  B ' M ), đó:  d ( I ,( B ' AC )  IK (2) Ta có IB '  B ' D ' BD a   Xét tam giác IB ' M , ta có: 2 1 11 a 22       IK  2 IK IB ' IM a 2a 2a 11 Từ (1) ; (2) (3) , suy ra: d ( AB ', A ' C ')  Hocmai – Ngôi trường chung học trò Việt !! (3) a 22  Đáp án C 11 Tổng đài tư vấn: 1900 69-33 - Trang | 12- Hocmai.vn – Website học trực tuyến số Việt Nam Khóa học: Pen C – Trắc nghiệm(Thầy Nguyễn Thanh Tùng) CHUYÊN ĐỀ : HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CỔ ĐIỂN Câu 19 Cho hai tia chéo Ax, By hợp với góc 600 , nhận AB  a làm đoạn vuông góc chung Trên tia By lấy điểm C cho BC  a Gọi D hình chiếu vuông góc C lên Ax Tính khoảng cách h hai đường thẳng AC BD A h  a 93 31 B h  2a 93 31 C h  2a 31 31 D h  a 31 31 Giải Dựng tia Az song song chiều với By , đó: C ( Ax, By)  ( Ax, Az)  xAz  600 y a Qua B , dựng đường thẳng song song với AC cắt đường B thẳng Az điểm E , ACBE hình bình hành Do AE  BC  a ; EAD  1200 AC // BE  AC // ( BDE ) a Suy d ( AC, BD)  d ( AC,( BDE))  d ( A,( BDE)) (1) z K Kẻ AI  ED ( I  ED ) AH  BI ( H  BI ) Suy d ( A,( BDE))  AH A (2) Dựng CK  Az ( K  Az )  CK // AB H E  AB  Ax  AB  Ax Mà    AB  ( ADK )  AB  By  AB  Az Suy CK  ( ADK )  CK  AD Mặt khác CD  AD (giả thiêt), : I x D AD  (CDK )  AD  DK hay tam giác ADK vuông D Ta có ABCK hình vuông nên AK  BC  a  AD  AK cos 600  a Xét tam giác ADE , ta có: a2 a   7a a DE  AE  AD  AE AD cos120  a   2a      ED   2 2 Ta có: S AED 2 1 AE AD sin1200  AI DE  AE AD sin1200  AI   2 DE Khi xét tam giác vuông ABI , ta có: Từ (1) ; (2) (3) , suy d ( AC , BD)  1 1 28 31 a 93       AH  2 AH AB AI a 3a 3a 31 (3) a 93  Đáp án A 31 Giáo viên Nguồn Hocmai – Ngôi trường chung học trò Việt !! a a 2 a a 7 : Nguyễn Thanh Tùng : Hocmai.vn Tổng đài tư vấn: 1900 69-33 - Trang | 13- ... Tùng) CHUYÊN ĐỀ : HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CỔ ĐIỂN a 17 , hình chiếu vuông góc H S mặt phẳng ( ABCD) trung điểm đoạn AB Gọi K trung điểm Câu Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a , SD... 2a 21  Đáp án C Tổng đài tư vấn: 1900 69-33 - Trang | 2- Hocmai.vn – Website học trực tuyến số Việt Nam Khóa học: Pen C – Trắc nghiệm(Thầy Nguyễn Thanh Tùng) CHUYÊN ĐỀ : HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CỔ... C a  Đáp án A Tổng đài tư vấn: 1900 69-33 - Trang | 5- Hocmai.vn – Website học trực tuyến số Việt Nam Khóa học: Pen C – Trắc nghiệm(Thầy Nguyễn Thanh Tùng) CHUYÊN ĐỀ : HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CỔ