Bài tập hình học không gian ôn thi đại học

Bi tp HHKG Nguyn V Minh


Ti liu ụn thi H Nm hc 2010 - 2011
5
BI TP ễN TP HèNH HC KHễNG GIAN

Cõu 1. Cho hỡnh vuụng ABCD tõm I. Cỏc na ng thng Ax, Cy cựng vuụng gúc vi mt phng (ABCD) v
cựng phớa i vi mt phng ú. Trờn Ax, Cy ln lt ly cỏc im M, N sao cho AM = m, CN = n ( m, n 0> ),
gúc to bi hai mt phng (MBD) v (ABCD) bng 30
0
. Tớnh th tớch ca khi chúp B.AMNC. Tỡm iu kin ca
m theo n gúc MIN vuụng.
Cõu 2. Cho hỡnh chúp SABCD cú ỏy ABCD l hỡnh vuụng cnh a, tõm O. Cnh bờn SA vuụng gúc vi mp
(ABCD) v SA = a; M l trung im cnh SD.
a) Mt phng () i qua OM v vuụng gúc vi mt phng (ABCD) ct hỡnh chúp SABCD theo thit din l
hỡnh gỡ? Tớnh din tớch thit din theo a.
b) Gi H l trung im ca CM; I l im thay i trờn SD. Chng minh OH (SCD); v hỡnh chiu ca O
trờn CI thuc ng trũn c nh.
Cõu 3. Trờn cnh AD ca hỡnh vuụng ABCD cú di l a, ly im M sao cho AM = x (0 < x a).
Trờn ng thng vuụng gúc vi mt phng (ABCD) ti A, ly im S sao cho SA = 2a.
a) Tớnh khong cỏch t im M n mt phng (SAC).
b) Kẻ MH vuông góc với AC tại H . Tìm vị trí của M để thể tích khối chóp SMCH lớn nhất.
Cõu 4. Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh thoi ; hai ng chộo AC = 23a , BD = 2a v ct
nhau ti O; hai mt phng (SAC) v (SBD) cựng vuụng gúc vi mt phng (ABCD). Bit khong cỏch t
im O n mt phng (SAB) bng
3
4
a
, tớnh th tớch khi chúp S.ABCD theo a.
Cõu 5. Cho hỡnh lng tr tam giỏc ABC.ABC vi A.ABC l hỡnh chúp tam giỏc u cnh ỏy AB = a; cnh

bờn AA = b. Gi

l gúc gia hai mp(ABC) v mp(ABC). Tớnh
tan

v th tớch chúp A.BCCB.
Cõu 6. Cho hỡnh chúp SABCD cú ỏy ABCD l hỡnh vuụng tõm O, SA vuụng gúc vi đáy hỡnh chúp.
Cho AB = a, SA = a
2
. Gi H v K ln lt l hỡnh chiu vuông góc ca A lờn SB, SD.
Chng minh SC
(AHK) v tớnh th tớch khối chúp OAHK.
Cõu 7. Cho lăng trụ tam giác ABC.A
1
B
1
C
1
có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi cạnh bên và mặt phẳng đáy bằng
30
0
. Hình chiếu H của điểm A trên mặt phẳng (A
1
B
1
C
1
) thuộc đờng thẳng B
1
C

1
. Tính khoảng cách giữa hai đờng
thẳng AA
1
và B
1
C
1
theo a.
Cõu 8. Cho hỡnh chúp S.ABCD ỏy ABCD l hỡnh thoi. SA = x (0 < x < A 3EA ) cỏc cnh cũn li u bng 1. Tớnh
th tớch ca hỡnh chúp S.ABCD theo x.

Cõu 9.
Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy l hỡnh vuụng cnh a , SA vuụng gúc vi ỏy v SA=a .Gi M,N ln lt
l trung im ca SB v SD; I l giao im ca SD v mt phng (AMN). Chng minh SD vuụng gúc vi AI v
tớnh th tớch khi chúp MBAI.

Cõu 10. Trong mặt phẳng (P) cho đờng tròn (C) tâm O đờng kính AB = 2R. Trên đờng thẳng vuông góc với (P)
tại O lấy điểm S sao cho OS = R
3 . I là điểm thuộc đoạn OS với SI =
2
3
R
. M là một điểm thuộc (C). H là hình
chiếu của I trên SM. Tìm vị trí của M trên (C) để tứ diện ABHM có thể tích lớn nhất. Tìm giá trị lớn nhất đó.
Cõu 11.
Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh ch nht vi AB = a, AD = 2a. Cnh SA vuụng gúc vi
mt phng ỏy, cnh bờn SB to vi mt phng ỏy mt gúc 60
0
. Trờn cnh SA ly im M sao cho AM =

3
3
a
,
mt phng (BCM) ct cnh SD ti N. Tớnh th tớch khi chúp S.BCNM.

Cõu 12. Hỡnh chúp t giỏc u SABCD cú khong cỏch t A n mt phng
(
)
SBC bng 2. Vi giỏ tr no ca
gúc
gia mt bờn v mt ỏy ca chúp thỡ th tớch ca chúp nh nht?
Cõu 13. Cho hỡnh chúp S.ABC cú ỏy ABC l tam giỏc vuụng cõn ti nh A (

A
= 90
o
), AB=AC=a. Mt bờn qua
cnh huyn BC vuụng gúc vi mt ỏy, hai mt bờn cũn li u hp vi mt ỏy cỏc gúc 60
o
. Hóy tớnh th tớch
ca khi chúp S.ABC.
Cõu 14. Cho hỡnh lng tr ABC.ABC cú ỏy l tam giỏc u cnh a, hỡnh chiu vuụng gúc ca A lờn mt phng (ABC)
trựng vi tõm O ca tam giỏc ABC. Tớnh th tớch khi lng tr ABC.ABC bi
t khong cỏch gia AA v BC l
a3
4
.

Bài tập HHKG Nguyễn Vũ Minh

Tài liệu ơn thi ĐH Năm học 2010 - 2011
6
Câu 15. Cho tø diƯn ABCD cã ba c¹nh AB, BC, CD ®«i mét vu«ng gãc víi nhau vµ
aCDBCAB
=
==
. Gäi C’ vµ
D’ lÇn l−ỵt lµ h×nh chiÕu cđa ®iĨm B trªn AC vµ AD. TÝnh thĨ tÝch tÝch tø diƯn ABC’D’.
Câu 16. Cho lăng trụ ABC.A
’
B
’
C
’
đáy ABC là tam giác đều cạnh a. .A
’
cách đều các điểm A,B,C. Cạnh bên AA
’

tạo với đáy góc 60
0
. Tính thể tích khối lăng trụ.
Câu 17. Cho hình lập phương
111 1
ABCD.A B C D có độ dài cạnh bằng a. Trên các cạnh AB và CD lấy lần lượt các
điểm M, N sao cho
.
B

MCNx==
Xác định ví trí điểm M sao cho khoảng cách giữa hai dường thẳng
1
AC và
M
N bằng
3
a
.
Câu 18. Cho hình lăng trụ tam giác đều .' ' 'ABC A B C có 1, ' ( 0).AB CC m m
=
=> Tìm m biết rằng góc giữa hai
đường thẳng
'
A
B và '
B
C bằng
0
60 .
Câu 19. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a, SA vng góc với đáy. Góc giữa mặt
phẳng (SBC) và (SCD) bằng 60
0
. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD.
Câu 20. Khối chóp tam giác SABC có đáy ABC là tam giác vng cân đỉnh C và SA vng góc với mặt phẳng
(ABC), SC = a . Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng (SCB) và (ABC) để thể tích khối chóp lớn nhất .
Câu 21. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB a, AD 2a,
=
= cạnh SA vng góc với
đáy, cạnh

SB tạo với mặt phẳng đáy một góc
o
60 . Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho
a3
AM
3
= . Mặt phẳng
()
BCM cắt cạnh SD tại điểm N . Tính thể tích khối chóp S.BCNM.
Câu 22. Cho hình lặng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng a. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng
AB và A’C bằng
15
5
a
. Tính thể tích của khối lăng trụ.
Câu 23. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đường chéo AC = 23a , BD = 2a và cắt nhau tại
O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vng góc với mặt phẳng (ABCD). Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt
phẳng (SAB) bằng
3
4
a
, tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
Câu 24. Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính r cho trước. Tính thể tích hình chóp cụt
biết rằng cạnh đáy lớn gấp đơi cạnh đáy nhỏ.
Câu 25. Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên hợp với đáy một góc là 45
0
.
Gọi P là trung điểm BC, chân đường vng góc hạ từ A’ xuống (ABC) là H sao cho
1
2

A
PAH=
uuur uuur
. gọi K là trung
điểm AA’,
()
α
là mặt phẳng chứa HK và song song với BC cắt BB’ và CC’ tại M, N. Tính tỉ số thể tích
'''
ABCKMN
ABCKMN
V
V
.
Câu 26. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a, SA = h vng góc mặt phẳng (ABCD), M là
điểm thay đổi trên CD. Kẻ SH vng góc BM. Xác định vị trí M để thể tích tứ diện S.ABH đạt giá trị lớn nhất.
Tính giá trị lớn nhát đó.
Câu 27. 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 60
0
. Gọi I là trung điểm của cạnh AD. Biết hai mặt phẳng (SBI)
và (SCI) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD), tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
Câu 28. Cho hình tứ diện ABCD có cạnh AD vng góc với mặt phẳng (ABC), ngồi ra AC = AD = 4; AB = 3;
BC = 5. Tính khoảng cách từ A tới mặt phẳng (BCD).
Câu 29. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, O là giao điểm của AC và BD. Biết mặt bên của hình chóp là tam
giác đều và khỏang cách từ O đến mặt bên là d. Tính thể tích khối chóp đã cho.
Câu 30. Tính thể tích hình chóp S.ABC biết SA = a,SB = b, SC = c,




00 0
ASB 60 , 90 , 120BSC CSA===.
Câu 31. Cho lăng trụ đứng ABC.A
1
B
1
C
1
có AB = a, AC = 2a, AA
1
2a 5= và
o
120BAC =
∧
. Gọi M là trung điểm
của cạnh CC
1
. Chứng minh MB ⊥ MA
1
và tính khoảng cách d từ điểm A tới mặt phẳng (A
1
BM).
Bi tp HHKG Nguyn V Minh


Ti liu ụn thi H Nm hc 2010 - 2011
7
Cõu 32. Trong mặt phẳng (P) cho đờng tròn (C) tâm O đờng kính AB = 2R. Trên đờng thẳng vuông góc với (P)
tại O lấy điểm S sao cho OS = R
3 ; I là điểm thuộc đoạn OS với SI =

2
3
R
; M là một điểm thuộc (C), H là hình
chiếu của I trên SM. Tìm vị trí của M trên (C) để tứ diện ABHM có thể tích lớn nhất. Tìm giá trị lớn nhất đó.
Cõu 33. Cho
A
BC
vuông góc tại A . Trên đờng thẳng vuông góc với mặt phẳng
()
ABC tại
B
ta lấy một điểm
S sao cho 1SB BA AC== =.
(
)
P là mặt phẳng song song với các cạnh SB và
A
C cắt các cạnh
,, ,SA SC BC BA

lần lợt tại
,,,DEFH.
a) Chứng minh rằng: DEFH là hình chữ nhật.
b) Xác định vị trí của mặt phẳng
()
P sao cho diện tích hình chữ nhật đó lớn nhất.
Cõu 34. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và
SA=2a. Gọi E là trung điểm của cạnh CD.

a) Tính theo a khoảng cách từ điểm S đến đờng thẳng BE.
b)
Tìm tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.
Cõu 35. Trờn ng thng vuụng gúc ti A vi mt phng ca hỡnh vuụng ABCD cnh a ta ly im S vi SA =
2a. Gi B, D l hỡnh chiu vuụng gúc ca A lờn SB v SD. Mt phng (ABD ) ct SC ti C. Tớnh th tớch khi
a din ABCDD C B.
Cõu 36. Cho tam giác ABC cân nội tiếp đờng tròn tâm J bán kính R=2a (a>0), góc BAC =120
0
. Trên đờng thẳng
vuông góc với mặt phẳng (ABC) lấy điểm S sao cho SA =
3.a Gọi I là trung điểm đoạn BC. Tính góc giữa SI và
hình chiếu của nó trên mặt phẳng (ABC) v
tớnh bỏn kớnh mt cu ngoi tip hỡnh chúp SABC theo a.
Cõu 37. Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh bằng a, SO (ABCD). Gọi M, N lần lợt
là trung điểm của
SA và BC. Tính góc giữa đờng thẳng MN và mặt phẳng (ABCD) và thể tích khối chóp
M.ABCD, biết rằng .
2
10a
MN =
Cõu 38. Cho hỡnh chúp S.ABC cú gúc ((SBC), (ACB)) =60
0
, ABC v SBC l cỏc tam giỏc u cnh a. Tớnh theo
a khong cỏch t B n mt phng (SAC).
Cõu 39. Cho lng tr ng ABC.ABC cú tt c cỏc cnh u bng a. Gi M l trung im ca AA. Tớnh th tớch
ca khi t din BMBC theo a v chng minh rng BM vuụng gúc vi BC.
Cõu 40. Cho t din OABC cú 4, 5, 6OA OB OC=== v

0
60 .AOB BOC COA===

Tớnh th tớch t din OABC.
Cõu 41. Cho hình lăng trụ tam giác ABC.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A, 2
B
Ca= , hình chiếu
của A trên mặt phẳng (ABC) là trọng tâm tam giác ABC, cạnh bên tạo với mặt đáy một góc 60
0
. Tính thể tích của
khối lăng trụ đó.

Cõu 42. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B với AB = BC = a; AD = 2a.
Các mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt đáy (ABCD). Biết góc giữa hai mặt phẳng (SAB)
và (ABCD) bằng 60
0
. Tính thể tích khối chóp và khoảng cách giữa hai đờng thẳng CD và SB.
Cõu 43. Cho hình chóp S. ABCD có ABCD là hình chữ nhật, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD).Gọi M, N lần
lợt là trung điểm của AD và SC, I là giao điểm của BM và AC. Cho SA= a, AD = a
2
, AB = a. Chứng minh rằng
mặt phẳng (SBM) vuông góc với mặt phẳng (SAC) và tính thể tích của tứ diện ABIN.

Cõu 44. Cho lng tr ng ABC.A

B

C

cú ỏy ABC l tam giỏc vuông cân nh là A . Gúc gia AA

v BC

bng
30
0
v khong cỏch gia chỳng l a. Gi M l trung im ca AA

. Tớnh th tớch t din MA

BC

.
Cõu 45. Cho hỡnh chúp S.ABC cú ỏy l tam giỏc u ABC cnh a, ( )SA ABC

v SA = 3a. Gi M, N ln lt l
hỡnh chiu vuụng gúc ca A lờn cnh SB, SC. Tớnh th tớch khi chúp A.BCNM theo a.
Cõu 46. Cho hỡnh chúp .SABCD cú ỏy l hỡnh thang vuụng ti A v
B
vi
B
C l ỏy nh. Bit rng tam
giỏc
SAB l tam giỏc u cú cnh vi di bng 2a v nm trong mt phng vuụng gúc vi mt ỏy,
5SC a= v khong cỏch t D ti mt phng
(
)
SHC
bng 22a ( õy H l trung im AB ). Hóy
tớnh th tớch khi chúp theo

.a
Cõu 47. Cho hỡnh chúp S.ABC cú AB = AC = a. BC =
2
a
, 3aSA = ,


0
30==SAB SAC . Tớnh th tớch khi chúp
S.ABC.
Bi tp HHKG Nguyn V Minh


Ti liu ụn thi H Nm hc 2010 - 2011
8
Cõu 48. Cho hỡnh chúp S.ABC cú SA = SB = SC = 2a . ỏy l tam giỏc ABC cõn

0
120BAC = , cnh BC=2a. Tớnh th
tớch ca khi chúp S.ABC. Gi M l trung im ca SA. Tớnh khong cỏch t M n mt phng (SBC).

Cõu 49. Cho hỡnh chúp S.ABCD, ỏy ABCD l hỡnh vuụng cnh a, mt bờn SAD l tam giỏc u v SB =
2a
.
Gi E, F ln lt l trung im ca AD v AB. Gi H l giao im ca FC v EB.
a) Chng minh rng:
SE EB v SBCH

.
b) Tớnh th tớch khi chúp C.SEB.

Cõu 50. Cho hỡnh chúp S.ABC, ỏy ABC l tam giỏc vuụng ti B cú AB = a, BC = a 3 , SA vuụng gúc vi mt
phng (ABC), SA = 2a. Gi M, N ln lt l hỡnh chiu vuụng gúc ca im A trờn cỏc cnh SB v SC. Tớnh th
tớch ca khi chúp A.BCNM.
Cõu 51. Cho hỡnh chúp S.ABC cú gúc gia hai mt phng (SBC) v (ACB) bng 60
0
, ABC v SBC l cỏc tam
giỏc u cnh a. Tớnh khong cỏch t B n mp(SAC).
Cõu 52. Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh thoi vi

0
120=A
, BD = a >0. Cnh bờn SA vuụng gúc vi
ỏy. Gúc gia mt phng (SBC) v ỏy bng 60
0
. Mt mt phng () i qua BD v vuụng gúc vi cnh SC. Tớnh
t s th tớch gia hai phn ca hỡnh chúp do mt phng () to ra khi ct hỡnh chúp.
Cõu 53. Cho hỡnh chúp t giỏc S.ABCD cú SA vuụng gúc vi mt phng (ABCD), ỏy ABCD l hỡnh ch nht cú
di AB =
2a
, BC = a. Gi M l trung im on CD. Gúc gia hai mt phng (ABCD) v (SBM) l
0
60 .

=

a) Chng minh rng mt phng (SBM) vuụng gúc vi mt phng (SAC).
b) Tớnh th tớch t din SABM theo a.
Cõu 54. Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh vuụng tõm O v AB = 4a, hỡnh chiu vuụng gúc ca nh
S lờn mt phng (ABCD) trựng vi trung im I ca on thng OA. Bit khong cỏch t I n mt phng
(SAB) bng

2
2
SI
. Tớnh th tớch khi chúp S.ABCD theo a .
Cõu 55. Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC là tam giác vuông tại B có AB = a, BC = a 3 , SA vuông góc với
mặt phẳng (ABC), SA=2a. Gọi M, N lần lợt là hình chiếu vuông góc của điểm A trên các cạnh SB và SC.
Tính thể tích của khối chóp A.BCNM.

Cõu 56. Trong khụng gian cho hai im A, B c nh, di on AB = a > 0. Ax v By l hai na ng
thng vuụng gúc vi nhau v cựng vuụng gúc vi AB. Trờn Ax v By ly hai im M v N sao cho MN
= b (vi b l mt s cho trc v b > a).
a) Xỏc nh tõm v bỏn kớnh mt cu ngoi tip t din ABMN.
b) Xỏc nh v trớ ca M v N sao cho t din ABMN cú th tớch ln nht.
Cõu 57. Cho t din ABCD cú tt c cỏc cnh u bng a. Gi P, Q ln lt l trung im ca AB v CD R
l mt im trờn cnh BC sao cho BR = 2RC . Mt phng ( PQR) ct AD ti S . Tớnh th tớch khi t din SBCD
theo a.
Cõu 58. Cho lng tr u ABCABC cú cỏc cnh ỏy bng a. Khong cỏch t tõm O ca tam giỏc ABC n mt
phng (ABC) bng
6
a
. Tớnh th tớch lng tr u ú.
Cõu 59. Cho hỡnh chúp
.S ABC
cú ỏy
A
BC
l tam giỏc vuụng cõn ti
C
cnh huyn bng
3a

.
G
l trng tõm
tam giỏc
A
BC ,
(
)
SG ABC ,
14
2
a
SB
= . Tớnh th tớch hỡnh chúp .S ABC v khong cỏch t
B
n mt
phng
(
)
SAC .
Cõu 60. Cho hỡnh chúp S.ABC cú mt SBC vuụng gúc vi ỏy, cỏc cnh SB = SC = 1 v cỏc gúc



0
ASB BSC CSA 60===. Tớnh th tớch ca hỡnh chúp S.ABC.

Bài tập HHKG Nguyễn Vũ Minh


Tài liệu ôn thi ĐH Năm học 2010 - 2011
9
HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP ÔN TẬP HHKG
Câu 1.
BD vuông góc AC, MI vuông góc AC nên ((MBD);(ABCD)) =
M
IA
∠
= 30
0
. Đặt
AB = x ta có
AI =
2
x
Trong tam giác MAI có AI.tan30
0
= MA
x
⇒=6m 3( )
2
ACNM
mn
SACmmn
+

⇒= = +.
Vậy V
BACNM
=
2
()mmn+ (đvtt)
* Ta có MN
2
= AC
2
+ (m - n)
2
= 13m
2
-2mn + n
2
MI
2
= x
2
/2 + m
2
, NI
2
= x
2
/2 + n
2

góc MIN vuông khi và chỉ khi MN

2
= MI
2
+ NI
2
hay n = 3m.
Câu 2.
a. Kẻ MQ//SA => ( ) ( ) ( )
M
Q ABCD MQO
α
⊥⇒≡
Thiết diện là hình thang vuông MNPQ (MN//PQ)
2
().3
28
td
M
NPQMQ a
S
+
==(đvdt)
b. ://, ,AMC OH AM AM SD AM CDΔ⊥⊥
() ()
A
MSCDOHSCD⇒⊥ ⇒⊥
Gọi K là hình chiếu của O trên CI
,()OK CI OH CI CI OKH CI HK⇒⊥ ⊥⇒⊥ ⇒⊥
Trong mp(SCD)
: H, K cố định, góc HKC vuông => K thuộc đường

tròn đg kính HC.
Câu 3.
Do
()
()( )
()
SA ABCD
SAC ABCD
SA SAC
⊥
⎧
⇒⊥
⎨
⊂
⎩

Lại cã
()( ) () (,) .sin45
2
o
x
MH AC SAC ABCD MH SAC d M SAC MH AM⊥= ∩ ⇒ ⊥ ⇒ = = =
Ta cã
0
.45 2
22
x
x
AH AM cos HC AC AH a==⇒=−=−

11 1 1
.(2) .2(2)
22 3 6
22 22
MHC SMCH MCH
x
xxx
SMHMCa VSAS aa
Δ Δ
⇒= = −⇒= = −
Tõ biÓu thøc trªn ta cã:
[ ]
3
2
2
1
22
2
32 6
22
SMCH
xx
a
ax x
Va a xa
+−
≤=⇔=−⇔=
⇔
M trïng víi D.
Câu 4.

Từ giả thiết AC =
23a ; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với nhau tại trung điểm O của mỗi đường chéo.Ta có
tam giác ABO vuông tại O và AO =
3a ; BO = a , do đó

0
60ADB =
Hay tam giác ABD đều.
Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến của chúng là
SO ⊥ (ABCD).
Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có DH AB⊥ và DH =
3a ;
OK // DH và
13
22
a
OK DH== ⇒ OK ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (SOK)
Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI ⊥ SK; AB ⊥ OI ⇒ OI ⊥ (SAB) , hay OI là khoảng cách từ O đến mặt
phẳng (SAB). Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao ⇒
222
111
2
a
SO
OI OK SO
=
+⇒=
I
A
D

B C
M
N
O
Q
H
P
A D
B
C
S
I
M
N
I
Bài tập HHKG Nguyễn Vũ Minh


Tài liệu ôn thi ĐH Năm học 2010 - 2011
10
Diện tích đáy
2
42 23
D
S
ABC ABO
SOAOBa
Δ
== =
; đường cao của hình chóp

2
a
SO
=
.
Thể tích khối chóp S.ABCD:
3
.
13
.
33
DDS ABC ABC
a
VSSO
==
.
Câu 5. Gọi O là tâm đáy suy ra
(
)
'
A
OABC⊥
và góc

'
A
IA
α
=

*)Tính
tan
α

'
tan
A
O
OI
α
=
với
1133
3326
aa
OI AI== =

222
2222
3
''
33
aba
AO AA AO b
−
=−=−=

22
23
tan

ba
a
α
−
⇒=

*)Tính
'. ' '
A
BCC B
V
()
'. ' ' . ' ' ' '.
22 2 22
1
'. '.
3
23 1 3 3

3226
3
A
BCC B ABC A B C A ABC ABC ABC
VV VAOSAOS
ba a a ba
advtt
=−= −
−−
==


Câu 6.
BC vuông góc với (SAB) ⇒ BC vuông góc với AH mà AH vuông với SB ⇒AH vuông góc với (SBC)
⇒AH vuông góc SC (1). Tương tự AK vuông góc SC (2).
Từ (1) và (2) ⇒SC vuông góc với (AHK );
2222
SB AB SA 3a=+=⇒SB = a3; AH.SB = SA.AB
⇒AH=
a6
3
⇒SH=
2a 3
3
⇒SK=
2a 3
3
(do 2 tam giác SAB và SAD bằng nhau và cùng vuông tại A)
Ta có HK song song với BD nên
HK SH 2a 2
HK
BD SB 3
=⇒= .
KÎ OE// SC ()( ())OE AHK doSC AHK⇒⊥ ⊥ suy ra OE lµ ®−êng cao cña h×nh chãp OAHK vµ OE =1/2IC
=1/4SC = a/2.

Gọi AM là đường cao của tam giác cân AHK ta có
2
222
4a
AM AH HM
9

=− = ⇒ AM=
2a
3
.
== =
3
OAHK AHK
11a1a2
V OE.S . HK.AM
3322 27
(®vtt).
Câu 7.












Do )(
111
CBAAH
⊥
nªn gãc HAA
1

∠
lµ gãc gi÷a AA
1
vµ (A
1
B
1
C
1
), theo gi¶
thiÕt th× gãc
HAA
1
∠
b»ng 30
0
. XÐt tam gi¸c vu«ng AHA
1
cã AA
1
= a, gãc
HAA
1
∠ =30
0

2
3
1
a

HA
=⇒ . Do tam gi¸c A
1
B
1
C
1
lµ tam gi¸c ®Òu c¹nh a,
H thuéc B
1
C
1
vµ
2
3
1
a
HA
= nªn A
1
H vu«ng gãc víi B
1
C
1
. MÆt kh¸c
11
CBAH ⊥ nªn )(
111
HAACB
⊥

KÎ ®−êng cao HK cña tam gi¸c AA
1
H th× HK chÝnh lµ kho¶ng c¸ch gi÷a
AA
1
vµ B
1
C
1

Ta cã AA
1
.HK = A
1
H.AH
4
3
.
1
1
a
AA
AHHA
HK ==⇒

S
A
B
K

H
C
O
I
D
3
a
a
I
B
'
C'
O
A
C
B
A
'

A
1
A B
C
C
B
1
K
H

Bài tập HHKG Nguyễn Vũ Minh

Tài liệu ôn thi ĐH Năm học 2010 - 2011
11
O
C
B
A
D
S
H
Câu 8.
a có ( . . )SBD DCB c c c SO COΔ=Δ ⇒=
Tương tự ta có SO = OA vậy tam giác SCA vuông tại S
2
1CA x⇒=+
Mặt khác ta có
222222
AC BD AB BC CD AD+=+++
2
3(0 3)BD x do x⇒=− <<
22
1
13
4
ABCD
Sxx⇒=+−
Gọi H là hình chiếu của S xuống (CAB)
Vì SB = SD nên HB = HD
⇒ H

∈ CO, mà
222
2
111
1
x
SH
SH SC SA
x
=+⇒=
+

Vậy V =
2
1
3(vtt)
6
xxd
− .
Câu 9.
Ta có
,( , )
,( )
AM BC BC SA BC AB
AM SB SA AB
⊥⊥⊥
⎧
⎨
⊥=
⎩

AM SC⇒⊥ (1)
Tương tự ta có
AN SC⊥ (2). Từ (1) và (2) suy ra AI SC
⊥
.
Vẽ IH song song với BC cắt SB tại H. Khi đó IH vuông góc với (AMB)
Suy ra
1
.
3
ABMI ABM
VSIH=
Ta có
2
4
ABM
a
S
= ;
22
22222
.111
23 3 3
IH SI SI SC SA a
I
HBCa
BC SC SC SA AC a a
== = = =⇒= =
++

Vậy
23
1
343 36
ABMI
aa a
V
==.
Câu 10.
Tø gi¸c IHMO néi tiÕp nªn SH.SM = SI.SO mµ OS = R 3 , SI =
2
3
R
,
SM =
22
2SO OM R+=
⇒SH = R hay H lµ trung ®iÓm cña SM
Gäi K lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña H lªn mp(MAB) th× HK =
1
2
SO=
3
2
R , (kh«ng ®æi)
⇒V
BAHM
lín nhÊt khi dt( Δ MAB) lín nhÊt ⇒M lµ ®iÓm gi÷a cña cung AB
Khi ®ã V
BAHM

=
3
3
6
R
(®vtt).
Câu 11.
Tính thể tích hình chóp SBCMN
( BCM)// AD nên mặt phẳng này cắt mp( SAD) theo giao tuyến MN // AD
Ta có :
BC AB
B
CBM
BC SA
⊥
⎧
⇒⊥
⎨
⊥
⎩
. Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đường cao
Ta có SA = AB tan60
0
= a 3 ,
3
3
2
3
23
3

a
a
MN SM MN
AD SA a
a
−
=⇔ = =

Suy ra MN =
4
3
a
. BM =
2
3
a
. Diện tích hình thang BCMN là : S =
2
4
2
210
3
22
333
a
a
B
CMN a a
BM
⎛⎞

+
⎜⎟
+
==
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
.
Hạ AH
⊥
BM . Ta có SH
⊥
BM và BC
⊥
(SAB) ⇒ BC
⊥
SH . Vậy SH
⊥
( BCNM) ⇒ SH là đường cao của
khối chóp SBCNM .
Bài tập HHKG Nguyễn Vũ Minh


Tài liệu ôn thi ĐH Năm học 2010 - 2011
12
Trong tam giác SBA ta có SB = 2a ,
A
BAM
S
BMS

= =
1
2
.
Vậy BM là phân giác của góc SBA
⇒

0
30SBH = ⇒ SH = SB.sin30
0
= a
Gọi V là thể tích chóp SBCNM ta có V =
1
.( )
3
S
HdtBCNM
=
3
10 3
27
a
.
Câu 12.
Gọi M, N là trung điểm BC, AD, gọi H là hình chiếu vuông góc từ N xuống SM. Ta có:

(
)
(
)

(
)
(
)
2
ABCD
2
SABCD
22
22 2
22 2
2
2
SABCD
SMN ,dA;SBC d N;SBC NH 2
NH 2 4
MN S MN
sin sin sin
tan 1
SI MI.tan
sin cos
14 1 4
V
3 sin cos 3.sin .cos
sin sin 2cos 2
sin.sin.2cos
33
1
sin .cos
3

Vminsin.cos max
s
=α = = =
⇒= = ⇒ = =
αα α
α
=α==
αα
⇒=⋅⋅=
αα αα
α+ α+ α
αα α≤ =
⇒αα≤
⇔αα
⇔
22
1
in 2cos cos
3
α= α⇔ α=

Câu 13.
Kẻ SH vuông góc với BC. Suy ra SH ⊥ mp (ABC)
Kẻ SI vuông góc với AB và SJ
⊥ AC
⇒góc SIH=góc SJH = 60
o
⇒ tam giác SHI = tam giác SHJ
⇒ HI = HJ ⇒ AIHJ là hình vuông
⇒ I là trung điểm AB ⇒ IH = a/2

Trong tam giác vuông SHI ta có SH =
3
2
a

V
(SABC)
=
3
13
.( )
312
a
SH dt ABC
== (đvtt)
Câu 14.
Gọi M là trung điểm BC ta thấy:
⎭
⎬
⎫
⊥
⊥
BCOA
BCAM
'
)'( AMABC
⊥
⇒
Kẻ
,'AAMH ⊥ (do A∠ nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’.)

Do BCHM
AMAHM
AMABC
⊥⇒
⎭
⎬
⎫
∈
⊥
)'(
)'(
.Vậy HM là đọan vông góc chung của
AA’và BC, do đó
4
3
)BC,A'( aHMAd
== .
Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH, ta có:
A
H
HM
AO
OA
=
'

⇔ suy ra
3
a
a3

4
4
3a
3
3a
AH
HM.AO
O'A
===

N
M
I
D
A
B
C
S
H
I
H
J
S
B
C
A
A
B
C
C’

B’
A’
H
O
M
Bi tp HHKG Nguyn V Minh


Ti liu ụn thi H Nm hc 2010 - 2011
13
Th tớch khi lng tr:
12
3a
a
2
3a
3
a
2
1
BC.AM.O'A
2
1
S.O'AV
3
ABC
==== .
Cõu 15.
Vì ABCDBCCD , nên )(ABCmpCD và do đó )()( ACDmpABCmp

.Vì
ACBC '
nên )(ACDmpBC

.
Suy ra nếu V là thể tích tứ diện ABCD thì
').''(
3
1
BCDACdtV = .
Vì tam giác ABC vuông cân nên
2
2
'''
a
BCCCAC
=== .
Ta có
2222222
3aCDBCABBDABAD =++=+= nên 3aAD = .
Vì BD là đờng cao của tam giác vuông ABD nên
2
'. ABADAD = , vậy
3
'
a
AD
= .
Ta có
12

2
3
1
3
3
2
2
2
1
'.'.
2
1

sin''.
2
1
)''(
2
aaa
AD
CD
ADACDACADACDACdt
==== .
Vậy
==
2
2
.
12
2

3
1
2
aa
V
36
3
a
.
Cõu 16.
T gi thit ta c chop A

.ABC l chop tam giỏc u .

'
AAGl gúc gia cnh bờn v ỏy .


'
AAG= 60
0
, AG =
3
3
a
;
ng cao A

G ca chúp A

.ABC
cng l ng cao ca lng tr .
Vy A

G =
3
3
a
.tan60
0
=
3
3
a
. 3 = a.
Vy Th tớch khi lng tr ó cho l V =
3
13 3
.
22 4
aa
aa
= .
Cõu 17.
Ta cú
()( )
(
)
(
)

111
M
N//BC MN// ABC d MN,AC d MN, ABC=
Gi
11
HABAB= v
1
M
K//HA,K AB
2
2
x
MK= .
Vỡ
11 1
AB AB MK AB v
()
11
CB ABB A CB MK.
T ú suy ra
()
(
)
()
(
)
111
M
K A BC MK d MN , A BC d MN ,AC= =

Nờn
22
323 3
ax a a
MK x
= == . Vy M tha món
2
3
a
BM
= .
Cõu 18.
Kẻ // ' ( ' ')BD AB D A B
0
(',')(,')60AB BC BD BC==
0
'60DBC = hoặc
0
' 120 .DBC=
Nếu
0
'60DBC=. Vì lăng trụ đều nên '(''')BB A B C , áp dụng định lý Pitago và định lý cosin ta có
2
'1BD BC m==+ và '3.DC = Kết hợp
0
'60DBC=
ta suy ra '
B
DC

đều. Khi ú
2
13 2.mm+= =
Nếu
0
' 120DBC=
, áp dụng định lý cosin cho '
B
DC

suy ra 0m
=
(loại). Vậy 2.m =
Cõu 19.
Gi M l hỡnh chiu vuụng gúc ca B lờn SC. Chng minh
c gúc DMB = 120
0
v DMB cõn ti M . Tớnh c: DM
2
=
2
3
a
2

G
N
M
C
B

A
B'
C'
A'

D C
BA
S
M
Bài tập HHKG Nguyễn Vũ Minh


Tài liệu ôn thi ĐH Năm học 2010 - 2011
14
Δ SCD vuông tại D và DM là đường cao nên
22 2
111
=+
DM DS DC

Suy ra DS = a
2 . Tam giác ASD vuông tại A suy ra SA = a.
Vậy thể tích S.ABCD bằng
1
3
a
3
.
Câu 20.
Câu 21.

Ta cã ( SAB) ⊥ ( BCNM) vµ
()( )
SAB BCNM BM∩=.
Tõ S h¹ SH vu«ng gãc víi ®−êng th¼ng BM th× SH
⊥
(BCNM)
hay SH lµ ®−êng cao cña h×nh chãp SBCNM.
MÆt kh¸c : SA = AB.tan60
0
= a 3 . Suy ra : MA =
1
3
SA
L¹i cã
: MN lµ giao tuyÕn cña cña mp(BCM) víi mp(SAD), mµ
BC // (SAD) nªn NM // AD vµ MN // BC
Do ®ã :
MN SM 2 4a
MN
AD SA 3 3
==⇒=

V× AD
⊥
(SAB) nªn MN
⊥
(SAB) , suy ra MN
⊥
BM vµ BC
⊥

BM
VËy thiÕt diÖn cña mp(BCM) víi h×nh chãp SABCD lµ h×nh thang vu«ng BCNM .
Ta cã : S
BCNM
=
()
1
MN BC BM
2
+ . Trong ®ã : BC = 2a , MM
4a
3
= vµ BM =
22
AB AM+ =
2a 3
3

VËy S
BCNM
=
2
4a
2a
2a 3 10a 3
3
23 9
⎛⎞
+
⎜⎟

=
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
. Khi ®ã : V
SBCNM
=
1
3
SH. S
BCNM

TÝnh SH : Ta cã
∆MAB

∆ MHS , suy ra :
SH MS
AB BM
=
MS.AB
SH
MB
⇒= =
2a 3
.a
3
a
2a 3
3
=

VËy : V
SBCNM
=
1
3
.a.

2
10a 3
9
=
3
10a 3
27
.
Câu 22.
Gọi M; M’ lần lượt là trung điểm của AB và A’B’. Hạ MH
⊥ M’C
AB // (A’B’C) ==> d(AB,A’C) = MH
Gọi
ϕ là góc giữa hai mp (SCB) và (ABC) .
Ta có :

SCAϕ= ; BC = AC = a.cos ϕ ; SA = a.sin
ϕ

Vậy
()
323 2
SABC ABC

11 1 1
V .S .SA .AC.BC.SA a sin .cos a sin 1 sin
36 6 6
== =ϕϕ=ϕ−ϕ

Xét hàm số : f(x) = x – x
3
trên khoảng ( 0; 1).
Ta có : f’(x) = 1 – 3x
2
.
()
1
f' x 0 x
3
=⇔=±
Từ đó ta thấy trên khoảng (0;1) hàm số f(x) liên tục và có một điểm cực trị là điểm
cực đại, nên tại đó hàm số đạt GTLN hay
()
()
x0;1
12
Max f x f
333
∈
⎛⎞
==
⎜⎟
⎝⎠
.

Vậy MaxV
SABC
=
3
a
93
, đạt được khi sin ϕ =
1
3
hay
1
arc sin
3
ϕ= ( với 0 <
2
π
ϕ
<
)
A
B
C
S
ϕ
N
D
B
C
A
S

M
H
Bài tập HHKG Nguyễn Vũ Minh


Tài liệu ôn thi ĐH Năm học 2010 - 2011
15
HC =
15
10
a
; M’C =
15
2
a
; MM’ = 3a
Vậy V =
3
3
4
a
.
Câu 23.
Từ giả thiết AC =
23a ; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với nhau tại trung điểm O của mỗi đường chéo.Ta có
tam giác ABO vuông tại O và AO =
3a ; BO = a , do đó

0
60ADB = nên tam giác ABD đều.

Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến của chúng là
SO
⊥ (ABCD). Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có DH AB
⊥

và DH =
3a ; OK // DH và
13
22
a
OK DH==
⇒ OK ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (SOK). Gọi I là hình chiếu của O lên
SK ta có OI
⊥ SK; AB ⊥ OI ⇒ OI ⊥ (SAB) , hay OI là khoảng cách từ O đến mặt phẳng (SAB). Tam giác SOK
vuông tại O, OI là đường cao
⇒
222
111
2
a
SO
OI OK SO
=+⇒=

Diện tích đáy
2
42 23
D
S
ABC ABO

SOAOBa
Δ
== =;
đường cao của hình chóp
2
a
SO =
.
Thể tích khối chóp S.ABCD:
3
.
13
.
33
DDSABC ABC
a
VSSO==

Câu 24.
Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung điểm của AB, A’B’.
Ta có:
()( )( )
'''''
'
AB IC
AB CHH ABB A CII C
AB HH
⊥
⎧
⇒⊥ ⇒ ⊥

⎨
⊥
⎩

Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy tại H, H’ và tiếp
xúc với mặt bên (ABB’A’) tại điểm
'KII∈ . Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả
thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có:
13 13
''''' ;
36 33
x
x
IK IH IC IK IH IC== = ===

Tam giác IOI’ vuông ở O nên:
2222
33
'. . 6r
63
xx
IKIK OK r x=⇒ =⇒=
.
Thể tích hình chóp cụt tính bởi:
()
'.'
3
h
VBBBB=++

Trong đó:
222
22
4x 3 3 3r 3
36r3;' ; 2r
442
x
Bx B h=== == =
.
Từ đó, ta có:
223
22
2r 3r 3 3r 3 21r . 3
6r 3 6r 3.
32 23
V
⎛⎞
⎜⎟
=++ =
⎜⎟
⎝⎠

Câu 25.
Gọi Q, I, J lần lượt là trung điểm B’C’, BB’, CC’ ta có:
2
3
a
AP =
3aAH =⇒ (vì '' AHAΔ vuông cân tại H).
Vậy

3' aHA = HASV
ABCCBABCA
'.
'''
=⇒
Ta có
4
3
2
3
.
2
1
2
aa
aS
ABC
== (đvdt)
4
3
4
3
.3
32
'''
aa
aV
CBABCA
==⇒ (đvtt) (1)
Vì ''

AHAΔ vuông cân
(
)
CCBBHKAAHK ''' ⊥⇒
⊥
⇒
Gọi E = MN
∩ KH ⇒ BM = PE = CN (2)
S
A
B
K
H
C
O
I
D
3
a
Bài tập HHKG Nguyễn Vũ Minh


Tài liệu ơn thi ĐH Năm học 2010 - 2011
16
mà AA’ =
22
' AHHA + = 633
22
aaa =+
4

6
2
6 a
CNPEBM
a
AK ===⇒=⇒
Ta có thể tích K.MNJI là:
1116
.; '
3244
MNJI
a
V S KE KE KH AA====
2
66
()
44
MNJI
aa
S MN MI a dvdt===

23
166
()
34 4 8
KMNJI
aa a
Vdvtt⇒= =
33
23

'''
3
1
88
3
2
88
ABCKMN
ABCKMN
aa
V
aa
V
−
⇒==
+
.
Câu 26.
SH
⊥
BM và SA
⊥
BM suy ra AH
⊥
BM
V
SABH
=
BHAH
h

BHAHSA .
6

6
1
=
.
V
SABH
lớn nhất khi AH.BH lớn nhất. Ta có: AH + BH BHAH.2≥
BHAHBHAH .2
22
≥+⇒
BHAHa .2
2
≥⇒ , vậy AH.BH lớn nhất khi AH.BH =
2
2
a
khi AH = BH khi H là
tâm của hình vng , khi M
D≡ . Khi đó V
SABH
=
12
2
ha
.
Câu 27.
Từ giả thiết bài toán ta suy ra SI thẳng góc với mặt phẳng ABCD, gọi J là trung điểm của BC; E là hình chiếu

của I xuống BC.
2a a 3a
IJ
22
+
==
S
CIJ

2
IJ CH 1 3a 3a
a
2224
×
===
, CJ=
BC a 5
22
=


⇒ S
CIJ

22
3a 1 1 3a 3a 6a 3a 3
IE CJ IE SE ,SI
42 CJ2
555
==×⇒= =⇒= =

,

[]
3
11 3a3 3a 15
V a 2a 2a
32 5
5
⎛⎞
=+ =
⎜⎟
⎝⎠

Câu 28.
Ta có V
ABCD
=
1111

3332
DBC DBC
A
HS DAS DA ABAC==
Vậy AH.S
DBC
=
1

2
DA AB AC (1)

Mà AM.BC = BA.CA
12
5
AM⇒= từ (1) có
11

22
A
HBCDM DAABAC=
từ đó
. . 4.3.4 6 34
.17
144
516
25
DA AB AC
AH
BC DM
===
+
.
Câu 29.
45
E
K
J
I
A
B
C

C'
B'
A
'
P
H
Q
N
M
h
H
M
D
C
B
A
S
A
B
D
C
I
J
E
H
N
D
A
B
M

C
H
Bài tập HHKG Nguyễn Vũ Minh


Tài liệu ôn thi ĐH Năm học 2010 - 2011
17
Gọi M là trung điểm CD Kẻ đường cao OH của tam giác SOM
dOHSCDOH =⇒⊥⇒ )(
Gọi CM = x. Khi đó: OM = x , SM = x
3
SO =
23
2222
xxxxSM =−=−
Ta có: SM.OH = SO.OM hay
3,6
2
6
.2 3 dSOdCD
d
xxxdx ==⇒=⇒=
323.6
3
1
.
3
1
322
dddSOCDV ===

Câu 30.
Trên SB, SC lấy các điểm B’, C’ sao cho SB’ = SC’ = a
Ta có AB’ = a, B’C’ = a
2 , AC’ = a 3, vậy tam giác AB’C’ vuông tại B’
Gọi H là trung điểm của AC’, thì tam giác SHB’ vuông tại H
Vậy SH là đường cao của hình chop S.AB’C’
Vậy: V
S.AB’C’
=
3
2
12
a
.
.
32
.''
SABC
SABC
V
abc bc
Vaa
==
⇒ V
S.ABC
=
2
12
abc .
Câu 31.

Theo đlý cosin ta có: BC =
7a
Theo Pitago ta được: MB =
23a ; MA
1
= 3a
Vậy
222 2
11
21
M
BMABA a+==
1
M
AMB⇒⊥
Ta lại có:
111
1
11
(,( )). .
33
A
BA M ABA MBA
V d M ABA S d S==
11
(,( )) (,( )) 3d M ABA d C ABA a==
1
2
1
1

.5
2
ABA
SABAAa==
1
2
1
1
.33
2
MBA
SMBMAa==
5
3
a
d⇒=
.
Câu 32.
Tø gi¸c IHMO néi tiÕp nªn SH.SM = SI.SO mµ OS = R 3 ,
SI =
2
3
R
, SM =
22
2SO OM R+=
⇒SH = R hay H lµ trung ®iÓm cña SM.
Gäi K lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña H lªn mp(MAB) th× HK =
1
2

SO=
3
2
R ,
(kh«ng ®æi)
⇒V
BAHM
lín nhÊt khi dt( Δ MAB) lín nhÊt ⇒ M lµ ®iÓm gi÷a cña cung AB
Khi ®ã V
BAHM
=
3
3
6
R
(®vtt)
Câu 33.
a)

() ( )
()
//
//
PSABDH
DH SB
PSB
∩=⎧
⎪
⇒
⎨

⎪
⎩
(1)
d
x
H
M
O
D
C
B
A
S
A
1
M
C
1
B
1
B
A
C
S
H
I
O
B
M
A

A
B
C
S
D
E
F
H
Bi tp HHKG Nguyn V Minh


Ti liu ụn thi H Nm hc 2010 - 2011
18
I
F
E
A
D
B
C
() ( )
()
//
//
P SBC EF
EF SB
PSB
=

(2)
() ( )
()
//
//
PSACDE
DE AC
PAC
=





(3)

() ( )
()
//
//
P ABC HF
HF AC
PAC
=

(4)
Từ (1), (2), (3), (4) suy ra tứ giác DEFH là hình bình hành (5)
Mặt khác:
()
//
SB ABC SB HF
DH HF
SB DH






(6)
Vậy: Tứ (5) và (6) suy ra
DEFH là hình chữ nhật.
b) Hình chữ nhật
DEFH sẽ có diện tích lớn nhất
(
)
P đi qua bốn điểm ,,,DEFH lần lợt là trung điểm của
các cạnh
,, ,SA SC BC AB .
Cõu 34.
a) Gi F l trung im ca BC => AF BE
Vỡ ABFAIB

22 2
2
2
22
55
4
AI AB AB a a a
AI
AB AF AF
a
a
a
== = = =
+

Vỡ
AI BE
SI BE
SA BE







2
22 2
426
4

5
5
aa
SI SA AI a
= + = + =
b) Gi O l trung im ca SC (1)SO AO CO= =
Vỡ
SDC vuụng gúc D ( ,CD SD CD AD) SO OD= (2)
Vỡ
SBC vuụng gúc B ( ,
B
CBABCSA) SO OB= (3)
T (1), (2), (3)
SO=AO=BO=CO=DO => O l tõm ca mt cu ngoi tip hỡnh
chúp =>
22 22
24 6
22 22
SO AC SA a a a
R
++
== = =

Cõu 35.

+ Trong tam giỏc SAB h
'AB SC

.
Trong tam giỏc SAD h

'
A
DSD .
D cú: , ( )
B
CSABCBA BC SAB
Suy ra:
'AB BC , m 'AB SB . T ú cú
'( ) ' (1)
A
B SAC AB SC.
Tng t ta cú:
'(2)AD SC . T (1) v (2)
suy ra:
('') ''SC AB D B D SC
.
T ú suy ra:
'( ''')SC AB C D

+ Ta cú:
222
111 25
'
'5
a
AB
AB SA BA
=+=
O
I

F
E
A
B
D
C
S
B
S
O
A
D
C
C
'
B
'
D
'
Bi tp HHKG Nguyn V Minh


Ti liu ụn thi H Nm hc 2010 - 2011
19
22 22
445
''4
55
SB SA AB a a a= = =
,

22
5SB SA AB a=+=.
Suy ra:
'4
5
SB
SB
= ;
Li cú BD // BD (cựng thuc mp(SBD) v cựng vuụng gúc vi SC) nờn
'' '
B
DAC
(vỡ d cú ( )
B
DSAC nờn
'
B
DAC
).
Xột hai tam giỏc ng dng SBD v SBD suy ra:
'' ' 4
5
BD SB
BD SB
=
=
42
''
5
a

BD
= .
Ta cú:
22
22 2
111 23 26
'''
'3 3
a
AC SC SA AC a
AC SA AC
=+ = = =

+ Ta cú:
3
.''' '''
111 16
.' . ''. '.'
332 45
SABCD ABCD
V S SC B D AC SC a== =.

3
.
12
.
33
S ABCD ABCD
VSSAa==.
Suy ra th tớch a din cn tỡm l:

3
'''
14
45
S ABCD S AB C D
VV V a= =
.
Cõu 36.
+Gi D l trung im BC
AD BC (Vỡ ABC cõn ti A) AD

(SBC)
+Gi E trung im SB
AE

SB (Vỡ SAB u) DE

SB (nh lý 3 ng vuụng gúc)
+SC//DE (DE ng trung bỡnh tam giỏc)
SC

SB Vy tam giỏc SBC vuụng ti S
+AD l trc ng trũn ngoi tip tam giỏc SBC nờn tõm O mt cu ngoi tip
SABC thuc AD.
Mt khỏc O cỏch u A; B; C nờn O l tõm ng trũn ngoi tip tam giỏc ABC.
Vy bỏn kớnh R mt cu ngoi tip hỡnh chúp bng bỏn kớnh ng trũn ngoi
tip tam giỏc ABC.
+BC =
22
ab+

22 22
DC 3
cosC= sin
AC 2 2
ab ab
C
aa
+
==

+ R =
2
22
2sin
3
AB a
C
ab
=


Cõu 37.
SO (ABCD). Dựng MH//SO, H thuộc AC, khi đó MH

(ABCD), suy ra góc
giữa đờng thẳng
MN với mp(ABCD) chính là góc .


=HNM Ta cần

tính

.
Xét tam giác
CNH có : .
2
,
4
23
.
4
3 a
CN
a
ACHC ===
0222
45cos 2 CNHCCNHCHN +=
Hay
4
3
48
9
222
2
aaa
HN
+=
Suy ra
.
4

10a
HN
= Vậy
2
1
10
2
.
4
10
cos
===
a
a
MN
HN

.
Dẫn đến
.60
0
=

Vậy góc giữa đờng thẳng MN và mặt phẳng (ABCD) bằng 60
0
.
x Thể tích khối chóp M.ABCD.
Trong tam giác HMN có
8
30

2
3
.
4
10
60tan.60tan
00
aa
HNMH
HN
MH
==== .
MH là chiều cao của khối chóp M.ABCD.
B
C
A
S
D
E
C
A
S
B
D
O
N
H
M
a

2
10a

Bài tập HHKG Nguyễn Vũ Minh


Tài liệu ôn thi ĐH Năm học 2010 - 2011
20
VËy thÓ tÝch cña khèi chãp nµy lµ: .
24
30
8
30
.
3
1
.
3
1
3
2
aa
aMHSV
ABCD
===
Câu 38.
Gọi M là trung điểm của BC và O là hình chiếu của S lên AM. Suy ra:
SM =AM =
3
2

a
;

0
60AMS = và SO ⊥ mp(ABC)
⇒ d(S; BAC) = SO =
3
4
a
⇒ V(S.ABC) =
3
3
1
().
316
a
dt ABC SO =

Mặt khác, V(S.ABC) =
1
().(;)
3
dt SAC d B SAC


ΔSAC cân tại C có CS = CA =a; SA =
3
2
a
⇒ dt(SAC) =

2
13 3
16
a

Vậy d(B; SAC) =
33
()
13
Va
dt SAC
=
.
Câu 39.
Gọi H là trung điểm của BC
()
()
3
;'
2
a
dM BBC AH
⇒== .
23
'''
113
'. .
22 3 12
BB C MBB C BB C
aa

SBBBCV AHS
ΔΔ
==⇒= =
Gọi I là tâm hình vuông BCC’B’ , ta có ' ; ' ' ' .
B
CMIBCBC BCMB⊥⊥⇒⊥
Câu 40.
Lấy B’ trên OB; C’ trên OC sao cho
''4OA OB OC===

Lấy M là trung điểm của B’C’
()( )
''.OAM OB C⇒⊥

Kẻ
()
''AH OM AH OB C⊥⇒⊥ . Ta có
23 46
23
33
AM OM MH AH
==⇒=⇒=


1153
sin
22
OBC
SOBOCBOC==
Vậy

1
.102
3
OABC OBC
VAHS==.
Câu 41.
Do ΔABC vu«ng c©n t¹i A mµ BC = 2a => AB = BC = a
2
1
.
22
ABC
a
SABBC
Δ
== (®vdt)
Ta cã A'G
⊥ (ABC) => A'G lµ ®−êng cao cña khèi l¨ng trô A'B'C'.ABC
Gäi M lµ trung ®iÓm cña BC
12
22
a
AM BC
⇒= =
Do G lµ träng t©m
ΔABC
22
33
a
AG AM

⇒= =

XÐt
ΔA'AG ta cã:
00
'26
tan 60 ' .tan 60 3.
33
AG a a
AG AG
AG
=⇒= = =
23
.'''
66
.' .
23 6
ABC A B C ABC
aa a
VSAG
Δ
⇒= == (®vdt)
Câu 42.
+) Gäi H = AC ∩ BD => SH ⊥ (ABCD) & BH =
3
1
BD
B
A'
C'

G
A
B'
C
M
60
0
a
a
Bi tp HHKG Nguyn V Minh


Ti liu ụn thi H Nm hc 2010 - 2011
21
Kẻ HE AB => AB (SHE) => g((SAB);(ABCD)) = SHE = 60
0
. Mà HE =
3
1
AD =
3
2a
=> SH =
3
32a

=> V
SABCD
=
3

1
.SH.S
ABCD
=
3
3
3
a

+) Gọi O là trung điểm AD=>ABCO là hv cạnh a
=>
ACD có trung tuyến SO =
2
1
AD
=> CD
AC => CD (SAC) và BO // CD hay CD // (SBO) & BO (SAC).
=> d(CD ; SB) = d(CD ; (SBO)) = d(C ; (SBO)).
Tính chất trọng tâm tam giác BCO => IH =
3
1
IC =
6
2a

=> IS =
6
25
22
a

HSIH =+

Kẻ CK
SI mà CK BO => CK (SBO) => d(C;(SBO)) = CK
Trong tam giác SIC có : S
SIC
=
2
1
SH.IC =
2
1
SI.CK => CK =
5
32. a
SI
ICSH
=

Vậy d(CD;SB) =
5
32a
.
Cõu 43.
Xét hai tam giác vuông ABM và ABC có :

00
1
90 90 (1)
2
AM BA
BAM CBA ABM BCA ABM BAI BCA BAI AIB MB AC
AB BC
== = += +==

Lại có:
( ) (2)SA ABCD SA BM

Từ (1) và (2)
( ) BM SAC
. Vậy (SBM) vuông góc với (SAC).
Gọi H là trung điểm AC, suy ra NH =
2
a
, c/m đợc NH là đờng cao của tứ diện ABNI.
1
.
3
A
BI
VNHS

=

Trong tam giác vuông ABM tính đợc AI =
3a6
BI =
23
a

(tam
g
iác ABI vuôn
g
tại I)
Vậy
3
1136 2
. .( . . )
32 2 3 3 36
aaa a
V= =
(đvtt) .
Cõu 44.
Ta cú BB
/
// AA
/
gúc gia AA
/
v BC
/
bng gúc gia BC
/

v BB
/


// 0
30BBC =

/0
60CBC =
Gi N l trung im ca BC
/
, H l hỡnh chiu ca N trờn (ABC)
H l trung im ca BC AMNH l h.c.n
MN =AH Do AH BC , AH CC
/
AH (BCC
/
) AH BC
/

t gi thit suy ra AH vuụng gúc vi AA
/

Theo trờn , MN
// AH MN AA
/
; MN BC
/

MN l khong cỏch gia AA

/
v BC
/
MN = a AH = a.
Tớnh V
MA
/
BC
/
: do BA (ACC
/
A
/
) V
MA
/
BC
/
=
1
3
S
MA
/
C
/
. AB
Trong
vuụng AHB ta cú AB= aA 2EA, BH = a BC= 2a
Trong

vuụng BCC
/
: CC
/
= BC.tan60
0
= 2a 3.
Vy V
MA
/
BC
/
=
1
3
.
1
2
AM.AC
/
.BC =
3
3
3
a

Cõu 45.
A
/

B
/
C
M
N
A
H
C
B
Bài tập HHKG Nguyễn Vũ Minh


Tài liệu ôn thi ĐH Năm học 2010 - 2011
22
Ta có
.
.
.
.
SAMN
SABC
V
SM SN
VSBSC
=
Trong đó
23
.
133
.3 .

34 4
S ABC
aa
Va
==

M/ k:
2
2
3
.
3

81
.
100
81 3
.
100 4
19 3
400
SAMN
A BCNM S ABC S AMN
SM SN SM SN SM
SB SC SB SC SB
a
V
a
VVV
=⇒ = =

⇒=
⇒=−=

S
A
B
C
M
N

Câu 46.
Từ giả thiết suy ra
()
SH ABCD⊥ và
23
3
2
a
SH a==
Theo định lý Pythagoras ta có
22
2CH SC SH a=−=.
Do đó tam giác
HBC
vuông cân tại
B
và
B
Ca
=

. Gọi
D
E
HC A
=
∩
thế thì tam giác HAE cũng vuông
cân và do đó suy ra
2224 3.DE a a AD a=⋅=⇒=
Suy ra
() ()
()
22 ; ;CE a d D HC d D SHC== = .
Suy ra
()
2
1
4
2
ABCD
SBCDAABa=+⋅=(đ.v.d.t.). Vậy
3
.D
14
3
3
S ABC ABCD
a
VSHS=⋅ ⋅ =
(đ.v.t.t.).

Câu 47.
4a
2a 2
2a
2a
a
a
a5
C'
≡
C
a
a
a
a
a
45
°
45
°
H
E
A
D
C
B
H
B
A
C

D
S

Theo định lí côsin ta có:

222 22 02
SB SA AB 2SA.AB.cos SAB 3a a 2.a 3.a.cos30 a=+− =+− =
Suy ra
aSB = . Tương tự ta cũng có SC = a. Gọi M là trung điểm của SA, do hai tam giác SAB và SAC là hai tam
giác cân nên MB ⊥ SA, MC ⊥ SA. Suy ra SA ⊥ (MBC).
Ta có
MBCMBCMBCMBC.AMBC.SABC.S
S.SA
3
1
S.SA
3
1
S.MA
3
1
VVV
=+=+= .
Hai tam giác SAB và SAC có ba cặp cạnh tương ứng bằng nhau nên chúng bằng nhau.
Do đó MB = MC hay tam giác MBC cân tại M.
Gọi N là trung điểm của BC suy ra MN ⊥ BC.
Tương tự ta cũng có MN ⊥ SA.
16
a3
2

3a
4
a
aAMBNABAMANMN
2
2
2
2222222
=
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−=−−=−=
4
3a
MN
=⇒
.

Do đó
16
a
2
a
.
4
3a
.3a
6
1
BC.MN
2
1
.SA
3
1
V
3
ABC.S
===
.
Câu 48.

S
A
B
C
M
N

Bài tập HHKG Nguyễn Vũ Minh


Tài liệu ôn thi ĐH Năm học 2010 - 2011
23
Gọi I là trung điểm BC. Góc IAC = 60
0
. Suy ra
3
a
AI =
. Suy ra
2
3
ABC
a
S
Δ
= .
Kẻ SH vuông góc (ABC) suy ra HA = HB = HC
Suy ra H là tâm đường tròn ngoại tiếp tgABC
Suy ra H thuộc AI. Gọi N là trung điểm AC suy ra HN vuông góc AC và:
3
22612
;;;
33 9
333
ABC
aa aa a

AC AN AH SH V SH S
Δ
====⇒= =

33
2
.
.
2
.
12 212
SI=a;S . . ( ,( )) .
218 1818
SMBC
SBC S MBC
SABC
V
aaa
aV dMSBC
Va
Δ
==⇒= ==

Câu 49.
a) Vì tam giác SAD đều cạnh a
3
2
a
SE⇒=
Xét tam giác vuông AEB có:

2
2
222 2
5
24
aa
EB EA AB a
⎛⎞
=+= +=
⎜⎟
⎝⎠

Xét tam giác SEB có:
2
2
22 22
35
2
24
aa
SE EB a SB
⎛⎞
+= +==
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠

suy ra tam giác SEB vuông tại E hay
SE EB⊥
Ta có: AEB = BFC(c-c) suy ra



AEB BFC=
mà


0
90AEB FBE+=



00
90 90BFC FBE FHB⇒+=⇒= hay CH EB
⊥

MÆt kh¸c CH SE⊥ (do ()SE ABCD⊥ ), suy ra ( )CH SEB
⊥
=> SBCH
⊥

b) Ta có
.
1

3
CSEB SEB
VCHS
Δ
=

Xét FBC có:
2
222 2222
11111415
2
B
HBFBC aaaa
a
=+= +=+=
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
suy ra
2
2
5
a
BH =
Xét BHC có:
22
2222
42
55
5
aa a
CH BC BH a CH=−=−=⇒=

Nên
3
.

11 12135 3
. . .
32 3 222 12
5
CSEB
aaa a
VCHSEEB== =(đvtt)
Câu 50.
Đặt V
1
=V
S.AMN
; V
2
=V
A BCNM
; V=V
S.ABC
;
V
SM SN SM
(1)
VSBSCSB
1
1

2
==

4a SM

AM a SM=
SB
24
;
5
55
=⇒=
⇒
VV
VV (2)
VV
12
2
233
555
=⇒ =⇒ =

ABC
a
VS SA
3
1.3
.
33
Δ
== ⇒
a
V
3
2

.3
5
=
.
Câu 51.
V
S.ABC
=
3
13
.
316
=
SAC
a
SSO
=
1
.(; )
3
SAC
SdBSAC.
2
13 3
16
=
SAC
a
S
⇒ d(B; SAC) =

3
13
a
.
Câu 52.
Gọi V, V1, và V2 là thể tích của hình chóp S.ABCD, K.BCD và phần còn lại của hình chóp S.ABCD:
1
.
2. 13
.
===
ABCD
BCD
SSA
VSA
V S HK HK
.
Ta được:
12 2 2
11 1 1
113 12
+
==+=⇔=
VV V V
V
VV V V
.
Bài tập HHKG Nguyễn Vũ Minh

Tài liệu ôn thi ĐH Năm học 2010 - 2011
24
Câu 53.
a) Ta có
1
2
MC CB
BC BA
⎛⎞
==
⎜⎟
⎝⎠

M
CB⇒Δ đồng dạng CBA
Δ





0
90CAB MBC CAB IBA AI BI⇒= ⇒+=⇒⊥
Mặt khác
B
ISA⊥
nên

()
0

AIS 60 và BI SAC
α
== ⊥

Do đó
()()
.SBM SAC⊥

b)
()
2
2
12.2
2. 2. . .
22 2
AMB ABCD ADM BCM
aa
SS SS a a
ΔΔΔ
=− + = − =

2
2
3
ABM
S
a
AI
BM
Δ

⇒= =
;
3
0
12
.tan60 2 .
33
ABM
a
SA AI a V SA S
Δ
==⇒==

a
a2
α
I
M
D
C
B
A
S

Câu 54.
Trong mp(ABCD) từ điểm I kẻ IH song song BC với H thuộc AB .
Do BC
⊥ AB => IH ⊥AB Mà SI
()
A

BCD⊥
=> SI
⊥
AB .
Hay AB
⊥
(SHI) . Từ I trong mặt phẳng (SHI) kẻ IK
⊥
SH tại K

(
)
;( )IK d I SAB⇒= =
2
2
SI (1).
Ta có
1
4
IH AI
BC AC
==
=> IH =
4
BC
a=
, mà
222
11 1
IS IH IK

+=
(2)
(Do tam giác SIH vuông tại I đường cao IK)
Từ (1) và (2) =>
22 2
21 1
SI IH a
SI SI IH
−= =>==
.
Lại có thể tích khối chóp S.ABCD là V =
3
2
1116

33 3
ABCD
a
SI S SI AB==
(đvtt)
Câu 55.
Ta cã AC = 2a;
§Æt V
1
=V
S.AMN
; V
2
=V
A BCNM

; V=V
S.ABC
;
Ta cã
1
1
(1)
2
V
SM SN SM
VSBSCSB
==

TÝnh ®−îc
24a 4
; SM=
5
55
SM
AM a
SB
=⇒= .
Thay vào (1) suy ra
12
2
233
(2)
555
VV
VV

VV
=⇒ =⇒ =

Ta cã
3
1.3
.
33
ABC
a
VSSA
Δ
==
.
Thay vào (2) ®−îc
3
2
.3
(®vtt)
5
a
V =

Câu 56.
a) Gọi I là trung điểm của MN.
Ta có
,
B
NABBNAM BNBM⊥⊥⇒⊥

do đó tam giác BMN vuông tại B suy ra BI =
2
M
N
,
tương tự AI =
2
M
N
.

S
K
B
A
C
D
I
H
O
B
A
C
S
N
M
Bài tập HHKG Nguyễn Vũ Minh


Tài liệu ôn thi ĐH Năm học 2010 - 2011

25
Vậy AI = BI = MI = NI =
2
M
N
=
2
b
.
Tâm mặt cầu ngoại tiếp là I, bán kính R =
2
b
.
b) Đặt AM = x > 0, BN = y > 0
Tam giác ABN vuông tại B nên AN
2
= AB
2
+ BN
2

Tam giác AMN vuông tại A nên MN
2
= AM
2
+ AN
2

Suy ra b
2

= MN
2
= AM
2
+ AB
2
+ BN
2
= x
2
+ a
2
+ y
2

Do đó x
2
+ y
2
= b
2
– a
2
không đổi.
Tứ diện ABMN có đáy là ABM, đường cao BN.
Thể tích
22 22
11 1
ax ( ) ( )
612 12

Vyaxy aba=≤ += −.
Thể tích tứ diện ABMN lớn nhất khi AM = BN =
22
2
ba−
.
Câu 57.
RQ cắt BD tại K, gọi I là trung điểm của BR =>DI//RQ
=> ID là đường trung bình của tam giác BRK =>D là trung điểm của BK.
Từ đó suy ra S là trọng tâm tam giác ABK
2
3
AS
AD
⇒=.
Ta có
21
33
ABSC
SBCD ABCD
ABCD
V
AS
VV
VAD
==⇒ = mà
33
33
12 36
ABCD SBCD

aa
VV
=⇒=
Câu 58.
Gọi M là trung điểm của BC. H là hình chiếu của O lên A’M.
Ta có : AM ⊥ BC ; AA’ ⊥ BC ⇒BC ⊥ (A’AM) BC
⊥
OH ⇒OH
⊥
(A’BC)
⇒ OH =
6
a
= d(O,(A’BC))
Đặt AA’= x và có
AA 'OMH M
nên
AA ' '
OH MO
M
A
=⇒
22
3
6
3
6
aa
x
x

a
a
=
+
⇒ x =
6
4
a
Vậy V
ABC.A ‘B’C’
=
2
3
4
a
.
6
4
a
=
3
32
16
a
(đvtt)
Câu 59.
Gọi
I là trung điểm
A
B ,

3
22
aa
CI IG
=
⇒=
Tam giác vuông
2
222
10
4
a
BIG BG BI IG⇒=+=

22
22
14 10
44
aa
SG SB BG a=−= −=

3
11133
.3
33224
SABC ABC
aa
VSSGaa== =

Kẻ

,,(//)GK AC K AC GK BC SK BC⊥∈ ⇒⊥
2
222
33
;
2
22 2 2
GC a a a a
GK SK SG GK a AC==⇒= + =+= =

2
133 33
.
22 4
2
SAC
aa
Sa⇒= =

A
A
Q
R
P
D
C
A
K
A
B

I
A
S
H
A
A’
B
C
B
M
C
O
G
I
M
S
A
C
B
K

Bài tập HHKG Nguyễn Vũ Minh


Tài liệu ôn thi ĐH Năm học 2010 - 2011
26
Gọi h là khoảng cách từ
B
đến mặt phẳng
(

)
SAC
3
3
SABC
SAC
V
ha
S
⇒= =
.
Câu 60.
Gọi H là trung điểm BC SH BC⇒⊥
()() ()SBC ABC SH ABC⊥⇒⊥
Δ SBC đều cạnh 1
3
2
SH⇒=
SAB SAC AB ACΔ=Δ⇒=
A
HBC⇒⊥. Đặt , 0SA x x=>
22 22
3
4
AH SA SH x=− =−
.
22 2 02
2 . .cos60 1
A
CSASC SASC x x=+− =+−.

A
HCΔ vuông
2222 2
31 3
1
44 2
AC AH HC x x x x⇒=+⇔+−=−+⇔=

61 6
.
224
ABC
AH S AH BC⇒=⇒ = =
12
.
38
SABC ABC
VSSH==.






H
B
C
A
S