Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Khoảng cách không gian (Toán học Lớp 11)

(AI giải đề cho tôi)
Đặt hệ tọa độ: $B(0;0;0)$, $A(5;0;0)$, $C(0;6;0)$, $A^{\prime }(0;0;7)$. Mặt phẳng $(A^{\prime }BC)$ đi qua $B$, $C$ (nằm trên trục $y$) và $A^{\prime }$ (trên trục $z$), nên có phương trình $x=0$. Ta có $AB\perp BC$ (tam giác $ABC$ vuông tại $B$) và $AB\perp B{A}^{\prime }$ (vì $A{A}^{\prime }\perp (ABC)$ nên $B{A}^{\prime }\perp AB$). Vậy $AB\perp (A^{\prime }BC)$, do đó khoảng cách từ $A$ đến $(A^{\prime }BC)$ chính là $AB=5$ cm. Kết quả làm tròn đến hàng phần trăm: $5,00$ cm.

Lời giải (Đáp án mã 0101-0105):
— ĐIỂM: 0,25
Nhận thấy: $AD//BC\Rightarrow AD//(SBC)\Rightarrow d_{(D\to (SBC))}=d_{(A\to (SBC))}$
Ta có: $\{\begin{array}{l}BC\perp AB\\ BC\perp SA\end{array}\Rightarrow BC\perp (SAB)$ nên $(SBC)\perp (SAB)$ theo giao tuyến $SB$.
Kẻ $AH\perp SB$ tại $H$. Khi đó $AH\perp (SBC)$ nên khoảng cách từ $A$ đến $(SBC)$ bằng $AH$.
Ta có
$\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{A{S}^2}+\frac{1}{A{B}^2}=\frac{1}{A{S}^2}+\frac{1}{A{C}^2-A{D}^2}=\frac{1}{4a^2}+\frac{1}{3a^2-2a^2}=\frac{1}{4a^2}+\frac{1}{a^2}=\frac{5}{4a^2}$
$\Rightarrow AH=\frac{2\sqrt{5}a}{5}$. — ĐIỂM: 0,75
Vậy $d(D;(SBC))=\frac{2\sqrt{5}a}{5}$

(AI giải đề cho tôi)
Vì $ABCD$ là hình chữ nhật nên $CD\parallel AB$ và $CD\perp AD$. Mà $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp CD$. Từ đó $CD\perp (SAD)$, suy ra $(SCD)\perp (SAD)$ với giao tuyến là $SD$. Khoảng cách từ $A$ đến $(SCD)$ bằng khoảng cách từ $A$ đến $SD$ trong mặt phẳng $(SAD)$, tức là đường cao $AH$ của tam giác vuông $SAD$ (vuông tại $A$) hạ xuống $SD$. Trong tam giác vuông $SAD$: $SD=\sqrt{S{A}^2+A{D}^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$. Diện tích tam giác $SAD$: $\frac{1}{2}\cdot SA\cdot AD=\frac{1}{2}\cdot SD\cdot AH$, nên $AH=\frac{SA\cdot AD}{SD}=\frac{3\cdot 4}{5}=\frac{12}{5}=2,4$. Kết quả trùng với đáp án nguồn 2,4.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $CD\perp AD$ (đáy hình chữ nhật) và $CD\perp SA$ (vì $SA\perp (ABCD)$) nên $CD\perp (SAD)$. Suy ra $(SCD)\perp (SAD)$ theo giao tuyến $SD$. Khoảng cách từ $A$ đến $(SCD)$ bằng khoảng cách từ $A$ đến $SD$ trong mặt phẳng $(SAD)$, tức là đường cao của tam giác vuông $SAD$ tại $A$: $d(A,(SCD))=\frac{SA\cdot AD}{\sqrt{S{A}^2+A{D}^2}}=\frac{6\cdot 8}{\sqrt{36+64}}=\frac{48}{10}=4,8$. Kết quả trùng với đáp án nguồn 4,8.

a) Gọi $I$ là trung điểm $BC$ và $G$ là trọng tâm $\Delta ABC$.



Ta có: $SG\perp (ABC)$ nên $SG$ là đường cao của khối chóp $S.ABC$. Có $GA$ là hình chiếu của $SA$ lên $(ABC)$. Suy ra $(SA,(ABC))=(SA,GA)=\widehat{SAG}=60^{\circ }$.

Ta có: $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}{S}_{\Delta ABC}.SG$.

$S_{\Delta ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$, $SG=\tan 60^{\circ }.AG=\sqrt{3}.\left(\frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)=a$.

Vậy $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}{a}^2\frac{\sqrt{3}}{4}.a=\frac{a^3\sqrt{3}}{12}$.

b) $d(SC,AB)=d(SA,BC)$. Kẻ $IJ\perp SA$, ta có $BC\perp (SAI)\Rightarrow BC\perp IJ$ nên $IJ$ là đường vuông góc chung của $SA$ và $BC$. $\Rightarrow d(SA,BC)=IJ=AI.\sin 60^{\circ }=a\frac{\sqrt{3}}{2}.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3a}{4}$. Vậy $d(SC,AB)=\frac{3a}{4}$.

(AI giải đề cho tôi)
Hình chóp S.ABCD đều, cạnh đáy $a$, cạnh bên $3a$. Tâm đáy $O$ là chân đường cao. Ta có $AC=a\sqrt{2}$ nên $OA=\frac{a\sqrt{2}}{2}$, $SO=\sqrt{9a^2-\frac{a^2}{2}}=a\sqrt{\frac{17}{2}}$. Gọi $H$ là trung điểm $AB$, khi đó $OH=\frac{a}{2}$, $SH=\sqrt{S{A}^2-A{H}^2}=\sqrt{9a^2-\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{35}}{2}$. Vì $AB\perp (SOH)$ nên $(SAB)\perp (SOH)$, khoảng cách từ $O$ đến mặt bên $(SAB)$ là $h\cdot a=\frac{SO\cdot OH}{SH}=\frac{a\sqrt{17/2}\cdot a/2}{a\sqrt{35}/2}=a\sqrt{\frac{17}{70}}$. Suy ra $h^2=\frac{17}{70}$ và $T=70h^2=70\cdot \frac{17}{70}=17$, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi H là hình chiếu của S trên BC (vì (SBC)⊥(ABC)). Góc giữa SB và (ABC) là góc SBH = 30°, nên SH = SB·sin30° = 2√3·(1/2) = √3, HB = SB·cos30° = 3. Vì AB⊥BC nên AB⊥(SBC). Đặt hệ tọa độ: B(0,0,0), C(4,0,0), A(0,3,0), H(3,0,0), S(3,0,√3). Mặt phẳng (SAC) qua A(0,3,0) với vectơ pháp tuyến n = AC×AS = (-3√3, -4√3, -3), phương trình: -3√3x - 4√3(y-3) - 3z = 0, tức 3√3x + 4√3y + 3z - 12√3 = 0. Khoảng cách từ B: d = 12√3/√(27+48+9) = 12√3/√84 = 6/√7 = 6√7/7 ≈ 2,2678 ≈ 2,27. Kết quả trùng với đáp án nguồn 2,27.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi $H$ là hình chiếu của $S$ trên $BC$. Vì $(SBC)\perp (ABC)$ nên giao tuyến $BC$, và góc giữa $SB$ với $(ABC)$ là $\widehat{SBH}=30^{\circ }$. Suy ra $SH=SB\sin 30^{\circ }=2\sqrt{3}\cdot \frac{1}{2}=\sqrt{3}$, $BH=SB\cos 30^{\circ }=2\sqrt{3}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=3$ (nên $HC=1$). Thể tích khối chóp: $V=\frac{1}{3}\cdot S_{ABC}\cdot SH=\frac{1}{3}\cdot \frac{3\cdot 4}{2}\cdot \sqrt{3}=2\sqrt{3}$. Đặt hệ tọa độ $B(0,0),A(3,0),C(0,4)$, đường thẳng $AC$: $4x+3y-12=0$. Khoảng cách từ $S(0,3,\sqrt{3})$ đến $AC$: $d(S,(AC))=\sqrt{{\left(\frac{3}{5}\right)}^2+3}=\frac{2\sqrt{21}}{5}$. Diện tích $△SAC=\frac{1}{2}\cdot AC\cdot d=\frac{1}{2}\cdot 5\cdot \frac{2\sqrt{21}}{5}=\sqrt{21}$. Khoảng cách từ $B$ đến $(SAC)$: $d=\frac{3V}{S_{SAC}}=\frac{6\sqrt{3}}{\sqrt{21}}=\frac{6}{\sqrt{7}}=\frac{6\sqrt{7}}{7}\approx 2,27$. Kết quả khớp với đáp án nguồn 2,27.

Vẽ hình đúng để làm câu a (0,25 điểm).
a) Vì $(SAC)$ chứa $SA$ và $SA\perp (ABCD)$ nên $(SAC)\perp (ABCD)$ (0,25 điểm).
b) Gọi $O=AC\cap BD$. Do $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$ nên $AC=a\sqrt{2}$ và $O$ là trung điểm của $AC$. Suy ra $OC=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Ta lại có $SC=\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}=2a\sqrt{2}$.
Kẻ $OH\perp SC$ $(H\in SC)$. Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp BD$. Vì $ABCD$ là hình vuông nên $AC\perp BD$. Dẫn tới $BD\perp (SAC)$. Suy ra $BD\perp OH$.
Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $SC$, $BD$ là $d(SC,BD)=OH$.
Ta có $\sin \widehat{OCH}=\frac{OH}{OC}=\frac{SA}{SC}$ nên $OH=\frac{SA\cdot OC}{SC}=a\sqrt{6}\cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{1}{2a\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{6}}{4}$.
Vậy $d(SC,BD)=\frac{a\sqrt{6}}{4}$. (0,25 điểm + 0,25 điểm)

Vẽ hình đúng để làm câu a (0,25 điểm).
a) Vì $(SAC)$ chứa $SA$ và $SA\perp (ABCD)$ nên $(SAC)\perp (ABCD)$ (0,25 điểm).
b) Gọi $O=AC\cap BD$. Do $ABCD$ là hình vuông cạnh $a$ nên $AC=a\sqrt{2}$ và $O$ là trung điểm của $AC$. Suy ra $OC=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Ta lại có $SC=\sqrt{S{A}^2+A{C}^2}=2a\sqrt{2}$.
Kẻ $OH\perp SC$ $(H\in SC)$. Vì $SA\perp (ABCD)$ nên $SA\perp BD$. Vì $ABCD$ là hình vuông nên $AC\perp BD$. Dẫn tới $BD\perp (SAC)$. Suy ra $BD\perp OH$.
Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau $SC$, $BD$ là $d(SC,BD)=OH$.
Ta có $\sin \widehat{OCH}=\frac{OH}{OC}=\frac{SA}{SC}$ nên $OH=\frac{SA\cdot OC}{SC}=a\sqrt{6}\cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{1}{2a\sqrt{2}}=\frac{a\sqrt{6}}{4}$.
Vậy $d(SC,BD)=\frac{a\sqrt{6}}{4}$. (0,25 điểm + 0,25 điểm)

Gọi $O$ là tâm của đáy $ABCD$. Ta có $OA=\frac{a\sqrt{2}}{2}$ và góc giữa cạnh bên $SA$ với đáy là $\widehat{SAO}=60^{\circ }$.
Chiều cao khối chóp: $SO=OA\cdot \tan (60^{\circ })=\frac{a\sqrt{2}}{2}\cdot \sqrt{3}=\frac{a\sqrt{6}}{2}$.
Vì $AB\parallel CD\Rightarrow AB\parallel (SCD)$, do đó $d(AB,(SCD))=d(A,(SCD))=2d(O,(SCD))$.
Gọi $M$ là trung điểm $CD$, ta có $OM=\frac{a}{2}$. Kẻ $OH\perp SM$, ta được $d(O,(SCD))=OH$.
Xét tam giác vuông $SOM$: $\frac{1}{O{H}^2}=\frac{1}{S{O}^2}+\frac{1}{O{M}^2}=\frac{4}{6a^2}+\frac{4}{a^2}=\frac{14}{3a^2}\Rightarrow OH=\frac{a\sqrt{42}}{14}$.
Vậy $d(AB,(SCD))=2OH=\frac{a\sqrt{42}}{7}$.

Đáy $ABC$ vuông cân tại $A$, $BC=a\sqrt{2}\Rightarrow AB=AC=a$. Diện tích đáy $S_{ABC}=\frac{1}{2}{a}^2$.
Thể tích $V=S_{ABC}\cdot h=\frac{1}{2}{a}^2\cdot h=\frac{a^3}{2}\Rightarrow$ Chiều cao lăng trụ $h=a$.
Ta có $AB\parallel A^{\prime }{B}^{\prime }$, mà $A^{\prime }{B}^{\prime }\subset (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })\Rightarrow AB\parallel (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$.
Vì $B^{\prime }{C}^{\prime }\subset (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$, nên khoảng cách giữa hai đường chéo nhau $AB$ và $B^{\prime }{C}^{\prime }$ chính bằng khoảng cách từ đường thẳng $AB$ đến mặt phẳng $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$. Đây chính là chiều cao của lăng trụ, bằng $a$.

a) $CD\perp SA$ (gt), $CD\perp AD$ (gt) $\Rightarrow CD\perp (SAD)$ $\Rightarrow (SCD)\perp (SAD)$.
b) Kẻ CK//BM (K thuộc đt AD).
d(BM, SC) = d(M, (SCK)) $=\frac{3}{5}d(A,(SCK))$.
Kẻ AE ⊥ CK: $AE=a\sqrt{5}$.
AH ⊥ SE: $AH=a$.
Vậy $d(SC,BM)=\frac{3a}{5}$.

(AI giải đề cho tôi)
Thiết lập tọa độ: $A(0;0;0)$, $B(2;0;0)$, $C(1;\sqrt{3};0)$, $S(0;0;1)$. Trọng tâm $G=\left(1;\frac{\sqrt{3}}{3};0\right)$. Mặt phẳng $(SBC)$: $\overrightarrow{SB}=(2;0;-1)$, $\overrightarrow{SC}=(1;\sqrt{3};-1)$, vectơ pháp tuyến $\vec{n}=\overrightarrow{SB}\times \overrightarrow{SC}=(\sqrt{3};1;2\sqrt{3})$, nên $(SBC)$: $\sqrt{3}x+y+2\sqrt{3}z-2\sqrt{3}=0$. Khoảng cách từ $G$: $d=\frac{\left|\sqrt{3}+\frac{\sqrt{3}}{3}-2\sqrt{3}\right|}{\sqrt{3+1+12}}=\frac{\frac{2\sqrt{3}}{3}}{4}=\frac{\sqrt{3}}{6}\approx 0,2887\approx 0,3$.

(AI giải đề cho tôi)
Vì $AB\perp AD$ và $AB\perp SD$ nên $AB\perp (SAD)$, suy ra $(SAB)\perp (SAD)$ theo giao tuyến $SA$. Kẻ $DH\perp SA$ tại $H$ thì $DH\perp (SAB)$, do đó $d(D,(SAB))=DH$. Trong tam giác vuông $SAD$ (vuông tại $D$) có $AD=6a$, $SD=\sqrt{5}a$, nên $SA=\sqrt{36a^2+5a^2}=\sqrt{41}a$. Diện tích tam giác $SAD$: $\frac{1}{2}AD\cdot SD=\frac{1}{2}SA\cdot DH$, nên $DH=\frac{AD\cdot SD}{SA}=\frac{6a\cdot \sqrt{5}a}{\sqrt{41}a}=\frac{6a\sqrt{5}}{\sqrt{41}}=\frac{6a\sqrt{205}}{41}$. Vậy $m=205$, $n=41$, do đó $2m-n=410-41=369$.

(AI giải đề cho tôi)
Đặt $A=(0,0,0)$, $B=(a\sqrt{2},0,0)$, $C=\left(\frac{a\sqrt{2}}{2},\frac{a\sqrt{6}}{2},0\right)$, $S=(0,0,a)$ vì $SA\perp (ABC)$, $SA=a$. Trọng tâm $G=\left(\frac{a\sqrt{2}}{2},\frac{a\sqrt{6}}{6},0\right)$. Vectơ pháp tuyến của $(SBC)$: $\overrightarrow{SB}\times \overrightarrow{SC}=\left(\frac{a^2\sqrt{6}}{2},\frac{a^2\sqrt{2}}{2},a^2\sqrt{3}\right)$, nên $(SBC)$: $\frac{\sqrt{6}}{2}x+\frac{\sqrt{2}}{2}y+\sqrt{3}(z-a)=0$. Khoảng cách từ $G$: $d(G,(SBC))=\frac{\left|\frac{\sqrt{6}}{2}\cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot \frac{a\sqrt{6}}{6}-a\sqrt{3}\right|}{a\sqrt{\frac{6}{4}+\frac{2}{4}+3}}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{2}+\frac{a\sqrt{3}}{6}-a\sqrt{3}}{a\sqrt{5}}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{3}}{a\sqrt{5}}=\frac{a\sqrt{15}}{15}$. Vậy đáp án B.

a) Chứng minh: $BC\perp (SAB)$



$$\{\begin{array}{l}BC\perp SA(SA\perp (ABCD))\\ BC\perp AB(hvABCD)\\ Trong(SAB),SA\cap AB=A\end{array}$$

$$\Rightarrow BC\perp (SAB)$$ (0.5 điểm)

b) Tính $d\left[B,(SCD)\right]$

Ta có $$\{\begin{array}{l}CD\perp SA(SA\perp (ABCD))\\ CD\perp AD(hvABCD)\\ Trong(SAD),SA\cap AD=A\end{array}\Rightarrow CD\perp (SAD)$$

Kẻ $AH\perp SD$ tại H, mà $AH\perp CD$ (do $CD\perp (SAD)$ chứa AH)

$\Rightarrow AH\perp (SCD)$ tại H

$\Rightarrow d\left[A,(SCD)\right]=AH$

Xét $\Delta SAD$ vuông tại A, AH là đường cao

$$\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{D}^2}\Rightarrow AH=\frac{a\sqrt{2}.a}{\sqrt{2a^2+a^2}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}$$

$d\left[B,(SCD)\right]=d\left[A,(SCD)\right]=\frac{a\sqrt{6}}{3}$ vì $AB//(SCD)$

(Thang điểm: 0.25 điểm cho phần suy ra $AH\perp (SCD)$ và $d[A,(SCD)]=AH$; 0.25 điểm cho phần tính AH và kết luận khoảng cách từ B)

a) Chứng minh: $BC\perp (SAB)$



$$\{\begin{array}{l}BC\perp SA(SA\perp (ABCD))\\ BC\perp AB(hvABCD)\\ Trong(SAB),SA\cap AB=A\end{array}$$

$$\Rightarrow BC\perp (SAB)$$ (0.5 điểm)

b) Tính $d\left[B,(SCD)\right]$

Ta có $$\{\begin{array}{l}CD\perp SA(SA\perp (ABCD))\\ CD\perp AD(hvABCD)\\ Trong(SAD),SA\cap AD=A\end{array}\Rightarrow CD\perp (SAD)$$

Kẻ $AH\perp SD$ tại H, mà $AH\perp CD$ (do $CD\perp (SAD)$ chứa AH)

$\Rightarrow AH\perp (SCD)$ tại H

$\Rightarrow d\left[A,(SCD)\right]=AH$

Xét $\Delta SAD$ vuông tại A, AH là đường cao

$$\frac{1}{A{H}^2}=\frac{1}{S{A}^2}+\frac{1}{A{D}^2}\Rightarrow AH=\frac{a\sqrt{2}.a}{\sqrt{2a^2+a^2}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}$$

$d\left[B,(SCD)\right]=d\left[A,(SCD)\right]=\frac{a\sqrt{6}}{3}$ vì $AB//(SCD)$

(Thang điểm: 0.25 điểm cho phần suy ra $AH\perp (SCD)$ và $d[A,(SCD)]=AH$; 0.25 điểm cho phần tính AH và kết luận khoảng cách từ B)

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ tọa độ: $A^{\prime }=(0;0;0)$, $B^{\prime }=(1;0;0)$, $C^{\prime }=(0;1;0)$ (tam giác vuông cân tại $A^{\prime }$, $A^{\prime }{B}^{\prime }=1$). Trung điểm $M$ của $B^{\prime }{C}^{\prime }$ là $M=\left(\frac{1}{2};\frac{1}{2};0\right)$, hình chiếu của $A$ lên $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ là $M$ và $AM=2$ nên $A=\left(\frac{1}{2};\frac{1}{2};2\right)$. Vì là lăng trụ nên $\overrightarrow{A{A}^{\prime }}=\overrightarrow{B{B}^{\prime }}=\overrightarrow{C{C}^{\prime }}=\left(-\frac{1}{2};-\frac{1}{2};-2\right)$, suy ra $B=\left(\frac{3}{2};\frac{1}{2};2\right)$, $C=\left(\frac{1}{2};\frac{3}{2};2\right)$.

a) ${\vec{u}}_{A{A}^{\prime }}=\left(\frac{1}{2};\frac{1}{2};2\right)$, ${\vec{u}}_{B^{\prime }{C}^{\prime }}=(-1;1;0)$. Vectơ pháp tuyến chung: $\vec{n}={\vec{u}}_{B^{\prime }{C}^{\prime }}\times {\vec{u}}_{A{A}^{\prime }}=(2;2;-1)$, $|\vec{n}|=3$. Lấy $A^{\prime }=(0;0;0)$, $B^{\prime }=(1;0;0)$, $\overrightarrow{A^{\prime }{B}^{\prime }}=(1;0;0)$. Khoảng cách:
$$d(A{A}^{\prime },B^{\prime }{C}^{\prime })=\frac{|\overrightarrow{A^{\prime }{B}^{\prime }}\cdot \vec{n}|}{|\vec{n}|}=\frac{|2|}{3}=\frac{2}{3}.$$

b) $N$ là trung điểm $A^{\prime }{C}^{\prime }$ nên $N=\left(0;\frac{1}{2};0\right)$, $\overrightarrow{B^{\prime }N}=\left(-1;\frac{1}{2};0\right)$, $|\overrightarrow{B^{\prime }N}|=\frac{\sqrt{5}}{2}$. $\overrightarrow{B{C}^{\prime }}=C^{\prime }-B=\left(-\frac{3}{2};\frac{1}{2};-2\right)$, $|\overrightarrow{B{C}^{\prime }}|=\sqrt{\frac{9}{4}+\frac{1}{4}+4}=\frac{\sqrt{14}}{2}$. Tích vô hướng: $\overrightarrow{B{C}^{\prime }}\cdot \overrightarrow{B^{\prime }N}=\frac{3}{2}+\frac{1}{4}=\frac{7}{4}$. Vậy
$$\cos (B{C}^{\prime },B^{\prime }N)=\frac{\frac{7}{4}}{\frac{\sqrt{14}}{2}\cdot \frac{\sqrt{5}}{2}}=\frac{7}{\sqrt{70}}=\frac{\sqrt{70}}{10}\approx 0,8367.$$

(AI giải đề cho tôi)
Chọn hệ trục: $A(0;0;0)$, $B(20;0;0)$, $C(0;40;0)$, $S(0;0;15)$, $M(0;20;0)$. Vectơ chỉ phương: $\overrightarrow{u_{SM}}=(0;20;-15)$, $\overrightarrow{u_{BC}}=(-20;40;0)$. Lấy $S\in SM$, $B\in BC$, $\overrightarrow{SB}=(-20;0;15)$. Tính $\overrightarrow{u_{SM}}\times \overrightarrow{u_{BC}}=(600;300;400)$, độ dài $=\sqrt{610000}=100\sqrt{61}$. Khoảng cách $d(SM,BC)=\frac{|\overrightarrow{SB}\cdot (600;300;400)|}{100\sqrt{61}}=\frac{|-12000+6000|}{100\sqrt{61}}=\frac{60}{\sqrt{61}}\approx 7.68$ cm.