Câu 1: [1H3-5-4] (Sở GD ĐT Đà Nẵng-2017-2018 - BTN) Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình thoi cạnh a, ABC  60, mặt bên SAB tam giác nằm mặt phẳng vng góc với đáy Gọi H , M , N trung điểm cạnh AB, SA, SD G trọng tâm tam giác SBC Khoảng cách từ G đến mặt phẳng ( HMN ) A a 15 15 a 15 30 B C a 15 20 D a 15 10 Lời giải Chọn D S N M J A G D K H I P O B C Dựng MK / / SH , KI  HO, KJ  MI  KJ   HMN     Chứng minh  SBC  / /    d  G;     d  S ;     d  A;     2d  K ;     KJ a a SH a Tính KI   , MK   Suy KJ  KI KM KI  KM 2  a 15 a 15 a 15 Vậy d  G;     2KJ   20 20 10 Câu 2: [1H3-5-4] (Lương Văn Chánh - Phú Yên – 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp S.ABC có cạnh bên SA , SB , SC tạo với đáy góc 30 Biết AB  , AC  , BC  tính khoảng cách d từ A đến mặt phẳng  SBC  A d  d 35 39 52 B d  35 39 13 35 13 26 Lời giải C d  35 13 52 D Chọn C Gọi H hình chiếu vng góc S lên mặt phẳng  ABC  Ta có SAH  SBH  SCH  30 (theo giả thiết) nên tam giác vuông SHA , SHB , SHC Suy HA  HB  HC  H tâm đường tròn ngoại tiếp ABC Áp dụng cơng thức Hê-rơng ta có SABC  10 Mặt khác SABC  abc 7 R  HB  4R 3 Xét tam giác vuông SHB : SH  HB tan 30  HB 14  , SB  cos 30 3 70 Suy VS ABC  SH SABC  Áp dụng cơng thức Hê-rơng ta có SSBC  Do VA.SBC 13 70 3 3VS ABC  35 39  d S SBC  d   SSBC 52 13 Câu 3: [1H3-5-4] (THPT Trần Nhân Tông - Quảng Ninh - Lần - 2017 - 2018 - BTN) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật cạnh AB  a , AD  2a Mặt phẳng  SAB   SAC  vuông góc với  ABCD  Gọi H hình chiếu vng góc A SD Tính khoảng cách AH SC biết AH  a A 73 a 73 B 73 a 73 C 19 a 19 D 19 a 19 Lời giải Chọn C S H D A K B C Trong tam giác SAD vuông A đường cao AH , ta có 1 1 1 1 2a         nên SA  AH SA2 AD SA AH AD a 4a 4a SD  SA2  AD  AD  DH SD  4a 4a  4a  3 DH AD   SD SD Kẻ HK SC với K  CD , suy Khi HK DK DH CK      SC DC DS DK SC  AHK  d  AH ; SC   d  SC ;  AHK    d  C ;  AHK    d  D;  AHK   Ta có AC  a , SC  a Ta có DK  19 a 57 , nên HK  SC  4 3a a 73 DC  nên AK  AD  DK  4 nên cos HAK  SAHK  Cũng từ SADK  AH  AK  HK  AH AK 2 73a 57 a  16 16   sin HAK  57 a 73 73 73 2.a a2  1 a 73 57 57 AH AK sin HAK  a  a 2 73 DH 3 2a a   d  H ;  ABCD    SA   SD 4 1 3a 3a AD.DK  2a  2 4 1 3a a a3 Do VDAHK  SADK d  H ;  ABCD     3 Bởi 3V d  D;  AHK    DAHK  SAHK a3  3a  3a 19 19 57 57 a a 19 Vậy d  AH ; SC   d  D;  AHK    19 Câu 4: [1H3-5-4] (THPT Kinh Môn - Hải Dương - Lần - 2018 - BTN) Cho hình lăng trụ đứng ABC.ABC có AB  , AC  , AA  BAC  120 Gọi M , N điểm cạnh BB , CC cho BM  3BM ; CN  2CN Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng  ABN  A 138 184 B 138 46 C Lời giải Chọn A 16 46 D 138 46 A' E C' B' H N M A C B Ta có BC  AB  AC  AB AC cos BAC  12  22  2.1.2.cos120  Suy BC  Ta có cos ABC  cos ABC  AB  BC  AC 12   22   , suy AB.BC 2.1 7 Gọi D  BN  BC , suy DC  C N 3   , nên DB  BC    DB BB 2 Từ đó, ta có 3  43 AD  AB2  BD  AB.BD.cos ABD  12      2.1    Hay AD  43 Kẻ BE  AD BH  BE , suy BH   ABN  , d  B;  ABN    BH Từ cos ABC   sin ABC  7 1 3 Do S ABD  AB.BD.sin ABD   2 BE  2S ABD  AD 3 3 43 43 1 1 46    BH     BH BE BB2  3 2 32 27    43  27 46 Từ BM  3BM suy d  M ;  ABN    3 27 138 d  B;  ABN    BH   4 46 184 Câu 5: [1H3-5-4] (THPT Lê Q Đơn - Hải Phòng - 2018 - BTN) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh Hai mặt phẳng  SAB   SAC  vuông góc với mặt phẳng đáy Góc SB mặt phẳng đáy 60 Gọi M , N điểm thuộc cạnh đáy BC CD cho BM  2MC CN  2ND Tính khoảng cách hai đường thẳng chéo DM SN A 3 730 B 3 370 370 C D 730 Lời giải Chọn B S A D H N A D I J N I B J B M E C - Vì hai mặt phẳng  SAB   SAC  vng góc với mặt phẳng đáy nên SA   ABCD   SBA  60 góc SB mặt phẳng đáy  SA  AB.tan 60  3 - Trong mặt phẳng  ABCD  dựng NE // DM cắt BC E , cắt AC J Gọi I giao điểm DM AC M E C Ta có: DM // NE  DM //  SNE   d  DM ; SN   d  DM ;  SNE    d  I ;  SNE   Do NE // DM  CJ CE CN     IJ  IC CI CM CD 3 Lại có : BC // AD  Mặt khác : IC CM 1    IC  IA  IJ  IA  IJ  AJ IA AD 10 d  I ;  SNE   d  A;  SNE    IJ  d  I ;  SNE    d  A;  SNE    10 AJ 10 - Xét tam giác DAN tam giác CDM có: DA  CD , DN  CM , ADN  DCM  90  DAN  CDM (c.g.c)  DAN  CDM  DAN  ADM  CDM  ADM  90  AN  DM  AN  NE  NE   SAN    SNE    SAN  (có giao tuyến SN ) - Dựng AH  SN H  AH   SNE   AH  d  A;  SNE   - Ta có : SA  3 , AN  AD2  DN  10 1 1 37 30       AH  AH SA2 AN 27 10 270 37  d  DM ; SN   3 AH  10 370 (Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ - 2018 - BTN) Cho tứ diện ABCD có cạnh 2 Gọi G trọng tâm tứ diện ABCD M trung điểm AB Khoảng cách hai đường thẳng BG CM 2 B C D 5 14 10 Câu 6: [1H3-5-4] A Lời giải Chọn B A M G D B J H I N K C Gọi N trung điểm CD , G trung điểm MN AG qua trọng tâm H tam giác BCD Ta có AH   BCD  AH  AB2  BH  2  2 2 6     3   Ta có: GH  AH  Gọi K trung điểm CN GK //CM nên CM //  BGK  Do đó: d  BG; CM   d  C;  BGK    d  N ;  BGK    Kẻ HI  BK , HJ  GI I  BK , với d  H ;  BGK   J  GI HJ  d  H ;  BGK   Ta có BK  BN  NK   6 Ta có HI  BH sin KBN  BH 2  2 26       KN 2   BK 26 13 Khi HJ   BGK  Do đó: HJ  HI HG HI  HG Vậy d  BG; CM    13    3      13     2 3 2 d  H ;  BGK    HJ   2 14 Câu 7: [1H3-5-4] (THPT CHUN KHTN - LẦN - 2018) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật tâm O , AB  a , BC  a Tam giác ASO cân S , mặt phẳng  SAD  vng góc với mặt phẳng  ABCD  , góc SD  ABCD  A 60 Khoảng cách hai đường thẳng SB AC a B 3a C a D 3a Lời giải Chọn D Ta có  SAD    ABCD  ,  SAD    ABCD   AD ; mp  SAD  , kẻ SH  AD SH   ABCD  Mặt khác Gọi I trung điểm OA , tam giác ASO cân S nên AO  SI , AO  SH  HI  OA DC  Tam giác ADC vng D có AC  AD  DC  2a tan DAC  AD  DAC  30 AI 2a a  HD   cos30 3 2a vuông A có HB  AH  AB  , AB  IB.HB Tam giác AHI vng I có AH  Tam giác ABH a Trong mặt phẳng  IB   ABCD  , dựng hình bình hành ABEC BE // AC , BE   SBE   AC //  SBE  d  SB, AC   d  AC ,  SBE    d  I ,  SBE   IB 3  nên d  I ,  SBE    d  H ,  SBE   HB 4 Lại có tam giác OAB tam giác cạnh a nên BI  AC  BI  BE , BE  SH  BE   SBH  Mà   SBE    SBH   SBE    SBH   SB Trong mặt phẳng  SBH  , kẻ HK  SB HK   SBE   HK  d  H ,  SBE   1    HK  a 2 HK SH HB 3a Vậy d  H ,  SBE    HK  a d  I ,  SBE    d  H ,  SBE    4 Tam giác SBH vng H có Câu 8: [1H3-5-4] (THPT CHUYÊN KHTN - LẦN - 2018) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a BAD  60 Hình chiếu vng góc S mặt phẳng  ABCD  trùng với trọng tâm tam giác ABC Góc mặt phẳng  SAB   ABCD  A 21a 14 60 Khoảng cách từ B đến mặt phẳng  SCD  B 21a Lời giải C 7a 14 Chọn C Gọi H trọng tâm tam giác ABC , M trung điểm AB D 7a DA   d  E ,  SBD    d  A,  SBD   DE Tam giác SAO vng A , Vậy d  E ,  SBD    Câu 19: 1 3a  2  AH  2 AH SA AO 3a 21 [1H3-5-4] Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình thang ABC  BAD  90o , BA  BC  a , AD  2a Cạnh bên SA vng góc với đáy SA  a Gọi H hình chiếu A lên SB Tính theo a khoảng cách từ H đến mặt phẳng  SCD  A 5a B 4a C 2a D a Hướng dẫn giải: Chọn D S H A B I D C Gọi I trung điểm AD Ta có: CI  IA  ID  AD , suy ACD vuông C  CD  AC Mà SA   ABCD   SA  CD nên ta có CD  SD hay SCD vuông D Gọi d1 , d khoảng cách từ B , H đến mặt phẳng  SCD  Ta có: SAB  SHA   SH SA2   SB SB SA SB  SH SA Mà SH d 2    d  d1 SB d1 Thể tích khối tứ diện S.BCD : 1 2a (PB : SAI) VS BCD  SA AB.BC  Ta có SC  SA2  AC  2a, CD  CI  ID  2a  S SCD  Ta có: VS BCD  d1 S SCD  d1  3 SC.CD  2a 2 2a a 2a Vậy khoảng cách từ H đến mặt phẳng  SCD  d  a d1  3 Câu 20: [1H3-5-4] Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD hình thang vuông A D, AB  3a, AD  DC  a Gọi I trung điểm AD, biết hai mặt phẳng  SBI   SCI  vng góc với đáy mặt phẳng  SBC  tạo với đáy góc 600 Tính khoảng cách từ trung điểm cạnh SD đến mặt phẳng  SBC  A a 17 B a 15 20 C Hướng dẫn giải Chọn B a 19 D a 15 Vẽ IK  BC  BC   SIK   SKI góc mặt phẳng (SBC) với mặt đáy nên SKI  600 Vì SIDC  a2 3a DI DC  , SIAB  4 Suy SBIC  S ABCD   SICD  SIAB   a Mặt khác BC  S IAB   AB  CD   AD  a 2a IK BC Suy IK  Trong tam giác vng SIK ta có SI  IK tan 600  2a 15 Gọi M trung điểm SD , tính d M , SBC Gọi E giao điểm AD với BC , ta có Do d M , SBC d D, SBC ED EA DC AB ED AD ID d I , SBC Gọi H hình chiếu I lên SK ta có d I , SBC IH Trong tam giác vng SIK , ta có: IH SI IK Vậy d M , SBC 12a 4a 3a IH a 15 a 15 Vậy chọn đáp án B 20 Câu 21: [1H3-5-4] Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có AB  a, AC  2a, BAC  120 Gọi M trung điểm cạnh CC ' BMA '  900 Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng  BMA ' A a B a 7 C Hướng dẫn giải Chọn D a 5 D a Áp dụng định lý hàm số cosin tam giác ABC ta có: BC AB AC 2 AB AC.cos BAC BC  a  4a  2a.2a.cos1200  7a  BC  a Đặt CC '  2x Ta có: A ' M  A ' C '2  C ' M  4a  x BM  BC  CM  7a  x A ' B  A ' B '2  BB '2  a  x Tam giác BMA’ tam giác vuông M nên MB2  MA '2  A ' B Do 4a  x  7a  x  a  x  x  5a  x  a CC '/ /( ABB ' A ')  VA A ' BM  VMAA' B  VCAA'B  VA ' ABC d ( A, ( A ' BM ))  VA' ABC  3VA A' BM S A' BM 1 15 AA '.S ABC  x AB AC.sin1200  a 3 s A ' BM  MA '.MB  3a 2 d ( A,( A ' BM ))  15a3 a 3 3a Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng (A’BM) a Câu 22: [1H3-5-4] Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có cạnh đáy a Gọi M trung điểm cạnh AA’, biết BM  AC’ Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng (BMC’) A a 5 B a 2 C a Hướng dẫn giải Chọn B Ta có: BM  1 ( BA  BA ')  ( BA  BA  BB ')  BA  BB ' 2 AC '  AA '  A ' C ' BM AC '  ( BA  BB ')( AA '  A ' C ')  BA ' AA '  BA A ' C '  1 BB ' AA '  BB ' A ' C ' 2  BA AC.cos1200  BA AA.cos 00  BA AC.cos1200  BB ' AA '.cos 00 1 1  a.a.( )  h.h   a  h 2 2 Theo giả thiết: D a BM  AC '  BM AC '   2 h  a ha 2 Diện tích tam giác ABC là: S ABC  a2 Vì AM//(BCC’) nên VM BCC '  VA.BCC ' hay VM BCC '  3 a 12 Gọi H hình chiếu M BC’ Ta có: MB  MC '   SMBC '  a a , BC '  a  MH  MA '2  HC '2  2 a2 MH BC '  Vậy khoảng cách cần tìm d (C , ( BMC '))  Câu 23: [1H3-5-4] Cho hình lăng 3VCBMC '  a Vậy chọn đáp án B SMBC ' trụ ABC.A’B’C’, đáy ABC có AC  a 3, BC  3a, ACB  30 Cạnh bên hợp với mặt đáy góc mặt phẳng (A’BC) vng góc với mặt phẳng (ABC).Điểm H cạnh BC cho HC=3HB mặt phẳng (A’AH) vng góc với mặt phẳng (ABC) Tính khoảng cách từ B đến mặt phẳng (A’AC) 600 A 2a B 3a C 3a D Hướng dẫn giải Chọn B A' B' C' A B H C 3a  A ' BC    ABC    A ' H   ABC   A 'AH    ABC    A ' H   A ' BC    A 'AH  Suy A ' AH  600 AH  AC  HC  2.AC.HC.cos 300  a  AH  a  A ' H  AH tan 600  a VABC A ' B 'C  S ABC A ' H  3a 9a a  4 Vì AH  AC  HC  HA  AC  AA '  AC 1 AC A ' A  a 3.2 a  a 2 a 3VA ' ABC 3a  d  B;  A ' AC     42  S A ' AC a S A 'A C  Vậy chọn đáp án B Câu 24: [1H3-5-4] Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’, ABC có cạnh a, AA’ = a đỉnh A’ cách A, B,C Gọi M, N trung điểm cạnh BC A’B Tính theo a khoảng cách từ C đến mặt phẳng (AMN) A a 23 B 3a 33 C a 22 D Lời giải Chọn D A' C' B' N E C A O M B Gọi O tâm tam giác ABC  A ' O   ABC  a 22 11 Ta có AM  a a , AO  AM  3 A ' O  AA '2  AO  a  a2 a  ; 3 Ta có: VNAMC  SAMC d  N ,  ABC   3V  d  N ,  ABC    NAMC SAMC a2 a SABC  ;d  N ,  ABC    A 'O  2 a a a  VNAMC   48 SAMC  Lại có: AM  AN  a , nên AMN cân A Gọi E trung điểm MN, suy AE  MN , MN   AE  AN  NE   d  C;  AMN    A 'C a  2 3a a a 11 a 11   ; S AMN  MN AE  16 16 3a 2 a 11 a 22 (đvđd) :  48 16 11 Vậy chọn đáp án D Câu 25: [1H3-5-4] Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC tam giác vng B, AB = a, ACB = 300; M trung điểm cạnh AC Góc cạnh bên mặt đáy lăng trụ 600 Hình chiếu vng góc đỉnh A’ lên mặt phẳng (ABC) trung điểm H BM Tính theo a khoảng cách từ C’ đến mặt phẳng (BMB’) A a B 3a C Lời giải Chọn C 3a D a Q A' C' P B' M C A H B ^ E A ' H   ABC   A ' H đường cao hình lăng trụ AH hình chiếu vng góc AA’ lên (ABC)  A 'A H  600 V ABC A’ B’C ’  A ' H S ABC AC  2a, MA  MB  AB  a  AH  S ABC  a 3a  A' H  2 1 a2 BA.BC  a.a  2  VABC A ' B ' C '  3a a 3a3  2 d  C ',  BMB '   d  C,  BMB '   d  A,  BMB '    3VA.BMB ' SBMB ' a3 VA.BMB '  VB'.AMB  VABC A ' B ' C '  Do BM   AHA ' nên BM  AA '  BM  BB '  BMB ' vuông B  S BMB '  1 a2 BB '.BM  a 3.a  Suy 2 d  C ';  BMB '   3a3 a 2 3a :    (Cách 2: d A,  BMB '  AE  AH sin AHE  a 3a sin 600  ) Vậy chọn đáp án C DẠNG KHOẢNG CÁCH GIỮA HAI MẶT PHẲNG SONG SONG KHOẢNG CÁCH TỪ ĐƯỜNG THẲNG ĐẾN MẶT PHẲNG Câu 26: Cho hình lăng trụ ABC A B C có tất cạnh bên cạnh đáy a Hình chiếu vng góc A mp A B C trùng với trung điểm B C Câu 27: [1H3-5-4] Tính khoảng cách hai mặt phẳng  ABD   C BD  A C abc a b c 2 B abc a b c 2 D abc ab  bc  ca abc a b  b2c  c a 2 Hướng dẫn giải Chọn D Ta có: BD//BC   C BD   BD//  C BD  Gọi O  AC  BD, O  AC   BD Suy AO//C O   C BD   AO//  C BD  Mà AO, BD   ABD  , AO  BD  O   ADB  //  CBD  Ta chứng minh AC bị mặt phẳng  ADB  ,  C BD  chia thành đoạn Do đó: d   ADB  ,  C BD    d  G1 ,  C BD    d  A,  ADB   Vì AA, AB, AD đơi vng góc nên 1 1 1       d  A,  ADB  AA2 AB2 AD2 a b2 c   Vậy d A,  ADB   abc a b  b2c  c a 2  d   ADB  ,  CBD   Vậy chọn đáp án D Ta cần ý kết sau: Nếu tứ diện OABC có cạnh OA , OB , OC đôi 1   vuông góc thì: d  O ,  ABC    OA2 OB OC a 70 , đáy ABC tam giác vuông A, AB  2a, AC  a hình chiếu S lên mặt phẳng  ABC  trung điểm cạnh AB Câu 28: [1H3-5-4] Cho hình chóp S.ABC có SC  Tính khoảng cách hai đường thẳng BC SA A 3a B 4a a C D 2a Lời giải Chọn B Tam giác AHC vuông cân cạnh a nên CH  a Tam giác SHC vuông H nên SH  SC2  CH  2a Dựng AK  BC, HI  BC Đường thẳng qua A song song với BC cắt IH D  BC / / SAD   d  BC,SA   d  BC, SAD    d  B, SAD    2d  H, SAD   AD  SDH   SAD    SDH    Kẻ HJ  SD  HJ  SAD   d H, SAD   HJ Ta có: 1 2a a    AK   HD  AK AB2 AC2 5 1 2a 4a    HJ  Vậy d  BC,SA   HJ HD HS2 5 Vậy chọn đáp án B Câu 29: [1H3-5-4] Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác ABC cạnh 3a Chân đường cao hạ từ đỉnh S lên mặt phẳng  ABC  điểm thuộc cạnh AB cho AB  3AH , góc tạo đường thẳng SC mặt phẳng  ABC  60 Tính khoảng cách hai đường thẳng SA BC A a 25 B a 45 C a 15 D a Lời giải Chọn A Nhận thấy SH   ABC   HC hình chiếu SC lên mặt phẳng ABC SCH 60o góc SC mặt phẳng  ABC  Ta có : HC  AC  AH  2AC AH cos 60o  9a  a  2.3a.a  7a 2  HC  a  SH  HC.tan 60o  a 21 Dựng AD  CB  AD//CB  BC //  SAD   d  SA; BC   d  BC;  SAD    d  B;  SAD    3d  H ;  SAD   Dựng HE  AD E  AD   SHE    SAD    SHE  (theo giao tuyến SE)  Dựng HF   SE  F  HF   SAD   HF  d H ;  SAD  Ta có ; HE  AH sin 60o   a 1 29 a 21 3a 21    2   HF   d  B;  SAD    2 2 HF HE SH 3a 21a 21a 29 29 Vậy d  SA; BC   3a 21 Vậy chọn đáp án A 29 Câu 30: [1H3-5-4] Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình thoi, tam giác SAB nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng  ABCD  Biết AC  2a, BD  4a Tính theo a khoảng cách hai đường thẳng AD SC A 4a 13 91 B a 165 4a 1365 C 91 91 Hướng dẫn giải Chọn C Gọi O  AC  BD, H trung điểm AB , suy SH  AB D a 135 91 Do AB   SAB    ABCD   SAB    ABCD  nên SH   ABCD  Ta có: OA  OB  AC 2a  a 2 BD 4a   2a 2  Ab  OA2  OB  a  4a  a SH  AB a 15 1  ; S ABCD  AC.BD  2a.4a  4a 2 2 Thể tích khối chóp S.ABCD 1 a 15 2a3 15 VS ABCD  SH S ABCD  4a  3 Ta có: BC / / AD  AD / /  SBC   d  AD, SC   d  AD;  SBC    d  A;  SBC   Do H trung điểm AB B  AH   SCB   d  A;  SBC    2d  H ;  SBC   Kẻ HE  BC , H  BC Do SH  BC  BC   SHE  Kẻ HK  SE , K  SE , ta có BC  HK  HK   SBC   HK  d  H ;  SBC   HE  2SBCH S ABC S ABCD 4a 2a     BC BC 2BC 2a 5 1 91 2a 15 2a 1365       HK   HK HE SH 4a 15a 60a 91 91 Vậy d  AD, SC   HK  4a 1365 Vậy chọn đáp án C 91 Câu 31: [1H3-5-4] Cho hình lăng trụ tứ giác ABCD A ' B ' C ' D ' có cạnh đáy a Gọi M , N , P trung điểm AD, DC, A' D ' Tính khoảng cách hai mặt phẳng ( MNP) ( ACC ') A a B a C Lời giải Chọn D a D a A M D N B C A' D' P B' C' Ta có: Trong tam giác ACD : MN / / AC (1)  AM  A ' P  Trong hình vng AA' D ' D :  AM / / A ' P  AMPA ' hình chữ nhật  AA '  AM   MP / / AA '  MP / /CC ' (2) Từ (1) (2) suy ra: ( MNP) / /( ACC ')  d (( MNP),( ACC '))  d ( I ,( ACC ')) (với I trung điểm MN ) Gọi O  AC  BD  IO  AC  IO  ( ACC ')  d ( I ,( ACC '))  IO  IO  CC ' Mặt khác:  4 Mà: IO  DO  BD  a  Suy ra: d (( MNP ),( ACC '))  a a Câu 32: [1H3-5-4] Cho hình lăng trụ tam giác ABC A ' B ' C ' có cạnh bên hợp với đáy góc 600 , đáy ABC tam giác cạnh a A ' cách A, B, C Tính khoảng cách hai đáy hình lăng trụ A a B a C a Lời giải Chọn A A' C' B' A C H B M D 2a Ta có: ( A ' B ' C ') / /( ABC )  d (( A ' B ' C '),( ABC ))  d ( A ',( ABC )) Gọi M trung điểm BC Gọi H trọng tâm tam giác ABC Tam giác ABC đều, trọng tâm H A ' cách A, B, C Suy ra: A ' thuộc trục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC  A ' H  ( ABC )  d ( A ',( ABC ))  A ' H Mặt khác: góc cạnh bên đáy 600  A ' AH  600 Trong tam giác A ' AM : tan 600  A' H a  A ' H  AH tan 600  a AH Suy ra:  d (( A ' B ' C '),( ABC ))  a ... BMB '   3a3 a 2 3a :    (Cách 2: d A,  BMB '  AE  AH sin AHE  a 3a sin 600  ) Vậy chọn đáp án C DẠNG KHOẢNG CÁCH GIỮA HAI MẶT PHẲNG SONG SONG KHOẢNG CÁCH TỪ ĐƯỜNG THẲNG ĐẾN MẶT PHẲNG... 15a3 a 3 3a Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng (A’BM) a Câu 22: [1H3-5-4] Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có cạnh đáy a Gọi M trung điểm cạnh AA’, biết BM  AC’ Tính khoảng cách từ C đến... [1H3-5-4] Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’, ABC có cạnh a, AA’ = a đỉnh A’ cách A, B,C Gọi M, N trung điểm cạnh BC A’B Tính theo a khoảng cách từ C đến mặt phẳng (AMN) A a 23 B 3a 33 C a 22 D Lời giải