Ôn trọng tâm hình học 12

* HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
Bài 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, AB = a, AC = a 3 , BC =
2a. Tam giác SBC cân tại S, tam giác SCD vuông tại C. Tính thể tích khối chóp SABCD, biết
khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SBC) bằng
GIẢI:
Do CD = a, AC = a 3 ,AD = 2a
nên t/giác ACD vuông tại C.
Gọi H là của S trên (ABCD), E là
trung điểm BC => BC v/góc (SEH)
Ta có DC v/góc CS => DC v/góc
CH (đ/lý 3 đ/v/góc)
Mặt khác: DC v/góc CA
=> H thuộc AC.
Xét t/g/vuông CEH:

a 3
3

AB a 1
=
=
BC 2a 2
·
⇒ HEC
= 300 ,biết EC = a
a
2a
,
Suy ra: EH = , CH =
3
3

sin C =

AH = AC − CH = a 3 −
=

2a
3

a
a 3
=
3
3

Gọi I là giao điểm của AD với (SEH), trong t/giác SIE, kẻ IK v/góc SE. Do t/giác AIH là nửa

a 3
a 3
a
⇒ IH =
, AI =
3
6
2
a 3 a 3 a 3
⇒ IE = IH + HE =
+
=
6
3

2
IK ⊥ SE 
Mặt khác:
 ⇒ IK ⊥ ( SBC ) . Do đó: d ( D, ( SBC ) ) = d ( AD, ( SBC ) )
IK ⊥ BC 
t/giác đều, có AH =

a 3
3
KE IK
KE
VEKI : VEHS ⇒
=
⇒ SH = IK .
; KE = IE 2 − IK 2
HE SH
HE
= d ( I , ( SBC ) ) = IK =

a 3 a 3 6
2a 15
3a 2 3a 2 a 15
⇒ SH =
.
.
=
=
−
=
3

3 a 15
15
4
9
6
VSABCD

1
1 2a 15
2a 15
2. 5.a 3
= .SH .S ABCD = .
. ( 2.S ABC ) =
.a.a 3 =
3
3 15
45
15

NH – 378 – 135


2. 5.a 3
Vậy thể tích khối chóp SABCD bằng:
15

Bài 2: Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác vuông cân (AB = BC = 1) và các cạnh
bên SA = SB = SC = 3. Gọi K, L lần lượt là trung điểm của AC và BC, Trên cạnh SA, SB lần
lượt lấy các điểm M, N sao cho SM = BN = 1. Tính VLMNK.
GIẢI:

Ta có: VLMNK = VMNKL ( 1)
Lấy điểm E trên SA sao cho
AE = 1=> NE // AB // KL

1
S NKL = S EKL ⇒ VMNKL = VMEKL ( 2 ) S EKM = S SAC
6
BK
d ( L, ( MKE ) ) =
2
VMEKL = VLEKM ( 3) ( 1) , ( 2 ) , ( 3) ⇒ VLMNK = VLEKM
1 BK 1
1
= .
. S SACVSABC = .SK .S ABC
3 2 6
3
1
1
⇒ VLEKM = .VSABC ; VSABC = .SK .S ABC
12
3
1 17 1
17
= .
. =
3 2 2 6 2
1 17
34
⇒ VLEKM = .

=
12 6 2 144
Bài 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAB đều và tam
giác SCD vuông tại S.
1) Tính theo a thể tích khối chópS.ABCD.
2) Cho M là điểm thuộc đường thẳng CD sao cho BM vuông góc cới SA. Tính AM theo a.
3) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC.
GIẢI:
1) VSAB là t/giác đều, cạnh a. Gọi I, J lần lượt là t/điểm AB, CD

AB ⊥ IS 
 ⇒ AB ⊥ ( SIJ ) ⇒ ( ABCD ) ⊥ ( SIJ ) theo g/tuyến IJ
AB ⊥ IJ 

Gọi H là h/chiếu v/góc của S trên IJ => SH v/góc (ABCD)

CD a
= ; SI = a 3 ; IJ = a ⇒ SI 2 + SJ 2 = IJ 2 . Do đó t/giác SIJ
2
2
2
a 3 a
.
là tam giác vuông tại S =>
SI .SJ
2
2=a 3
SH =
=
IJ

a
4
3
1
1 a 3 2 a 3
VSABCD = .SH .S ABCD = .
.a =
3
3 4
12
Tam giác SCD có SJ =

NH – 378 – 135


2) Gọi P là tr/điểm AS
=> SA v/góc BP (t/giác SAB đêu)
SA v/góc BM =>SA v/góc (BPM)
Gọi P, Q lần lượt là tr/điểm AS và AJ
=> PQ là đ/t/bình t/giác ASJ
=> SJ // PQ. Mặt khác, t/giác SAJ có:

a2
SA + SJ = a +
4
2
5a
=
= AJ 2 ⇒VASJ vuông tại S
4

2

2

2

=> AS v/góc SJ => AS v/góc PQ
Lại có: AS v/góc BP (t/giác SAB
đều) => AS v/góc (BPQ) => AS
v/góc BQ, lúc đó M là giao điểm BQ và CD.
AB // JM =>

JM QJ
a
a
=
= 1 ⇒ JM = AB = a JD = ⇒ DM = . Trong t/giác vuông
AB QA
2
2

2
a
a 5
ADM có: AM = AD + DM = a +
=
4
2
2

2

2

3) AB và SC là 2 đ/thẳng chéo nhau.
Ta có: AB // CD ⊂ ( SCD ) ⇒ AB // ( SCD ) ; SC ⊂ ( SCD ) ⇒ d ( AB, SC )

= d ( AB, ( SCD ) ) = d ( I , ( SCD ) ) .Theo câu (1) IS v/góc SJ và AB v/góc (SIJ), AB // CD

nên
CD v/góc (SIJ) => CD v/góc IS. Từ đó IS v/góc (SCD) => IS = d (I, (SCD)) =
Vậy d(AB, SC) = SI =

a 3
2

a 3
2

Bài 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ANCD là hình vuông với AB = 2a. Tam giác SAB
vuông tại S, mp(SAB) ⊥ mp(ABCD). Biết góc tạo bởi đường thẳng SD và mp(SBC) bằng ϕ
với
sin ϕ =
GIẢI:

1
. Tính VS.ABCD và khoảng cách từ C đến (SBD) theo a.
3

( SAB ) ⊥ ( ABCD ) , BC ⊥ AB

⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ SA , mà
SA ⊥ SB ⇒ SA ⊥ ( SBC ) .
Gọi d là k/cách từ D đến (SBC)
=> d = SD.sin ϕ =

SD
3

Mặt khác: AD // (SBC) => d (D,(SBC))=
D (A, (SBC)) => d = SA => SA =
NH – 378 – 135

SD
3


Do AD // BC => AD v/góc SA. Xét tam giác SAD vuông tại A có AD = 2a và

SA2 + AD 2 = SD 2 ⇔ SA2 + 4a 2 = 9 SA2 ⇔ SA =

a 2
⇒ SB = AB 2 − SA2
2

2a 2 a 14
= 4a −
=
4
2
2

Kẻ SH v/góc AB tại H => SH v/góc (ABCD). Trong t/g/vuông SAB có

a 2 a 14
1
1 a 7
.
SH =
SA.SB
a 7 ⇒ VSABCD = .SH .S ABCD = .
.4a 2
2
2
SH =
=
=
3
3 4
AB
2a
4
3
2
3.V
7.a 3
=
; d ( C , ( SBD ) ) = SBCD ( 1) ;VSBCD = 1 .VSABCD = 7.a ; BD 2 = 2a 2
3
S SBD
2

6

(

2

2

 a 14   3a 2 
2
SB + SD = 
÷ +
÷ = 8a => t/giác SBD vuông tại S
 2   2 
1
1 a 14 3a 2 3a 2 . 7
S SBD = .SB.SD = .
.
=
2
2 2
2
4
2a
Thay vào (1) ta được: d ( C , ( SBD ) ) =
3
2

)

2

Bài 5: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA vuông góc với đáy.
G là trọng tâm tam giác SAC, mặt phẳng (ABG) cat91 SC tại M, cắt SD tại N. Tính thể tích
của khối đa diện MNABCD, biết SA = AB = a và góc hợp bởi đường thẳng AN và mp(ABCD)
bằng 30o.
GIẢI:
Tam giác SAC có G là trọng tâm. Gọi O là
g/điểm 2 đ/chéo AC và BD =>

SG 2
=
SO 3

G cũng là trọng tâm t/giác SBD.
Gọi M, N lần lượt g/điểm của AG với SC, BG
với SD => M, N lần lượt là trung điểm SC và
SD. Ta có:
MO ⊥ ( ABCD )

V = VANDQMP + VBCQP (với P,Q lần lượt là trung
điểm AB và CD)

1
V = MN .S AND + .MO.S BCQP
3
a 1
1 a
a a 1
a 5 3.a 3

 a
= . .S SAD + . . AD. = .  .a.a 3 ÷+ .a 3. =
2 2
3 2
2 4 2
2
24
 6
3
5
3.
a
Vậy thể tích khối đa diện MNABCD là: VMNABCD =
24

NH – 378 – 135


Bài 6: Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có A’.ABC là hình chóp tam giác đều, cạnh bên A’A
tạo với đáy một góc 30o. Tính thể tích khối chóp A’.BB’C’C, biết khoảng cách giữa AA’ và
BC bằng

a 3
.
4

GIẢI:
Gọi O là tâm t/giác đều ABC và M
là t/điểm BC, ta có: BC cùng v/góc
với AM và A’O nên BC v/góc

(A’AM). Kẻ MH v/góc A’A, do
BC v/góc (A’AM) => BC v/góc
HM, từ đó suy ra HM là đoạn v/góc
chung của A’A và BC
=> d (A’A, BC) = HM =
Ta có:

a 3
4

·A ' AO = (·A ' A, ( ABC ) ) = 300
⇒ AM = 2.MH =

a 3;
2

VABC đều có AM là t/tuyến, đ/cao nên => AB = a
2
a
. 3 t/giác A’AO cũng là nửa t/giác đều,
=> SVABC =
;
4
2
a 3
a
AO = . AM =
⇒ A'O =
3
3

3
2
1
2
2
a
a
VA ' BB ' C ' C = VABCA ' B ' C ' − VA ' ABC = A ' O.S ABC − . A ' O.S ABC = . A ' O.S ABC = . . . 3
3
3
3 3 4
3.a 3
=
18
Bài 7: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, SA vuông góc với
đáy. Góc tạo bởi SC và mp(SAB) bằng 30o. Gọi E là trung điểm của BC.
1) Tính VS.ABCD
2) Tính d(DE, SC) theo a.
3) Tính d(A, (SBD))
GIẢI:
1)CB cùng v/góc AB, SA => CB v/góc (SAB) => SB là h/chiếu v/góc của SC lên (SAB)

·
= 30
(·SC , ( SAB ) ) = (·SC , SB ) = CSB

0

⇒ tan 300 =

=a 2
VSABCD

1
1
2.a 3
2
= .SA.S ABCD = .a 2.a =
3
3
3

NH – 378 – 135

a
= a 3 ⇒ SA = 3a 2 − a 2
SB


2) Từ C kẻ CI // DE => CE = DI =

a
2

Và DE // (SCI)
=> d (DE, SC) = d (DE, (SCI))
Từ A kẻ AK v/góc CI, cắt ED tại H, cắt CI
tại K , do CI cùng g/góc SA và AK nên CI
v/góc (SAK). Trong (SAK), ta kẻ HT
v/góc SK => HT v/góc (SCI)

Lúc đó: d (DE,(SCI)) = d (H,(SCI)) = HT

1
1
. AK .CI = .CD. AI
2
2
3a
a.
3a 3 5.a
2
⇒ AK =
=
=
2
5
5
a
a2 +
4
a
HK DI
1
1
5.a
VAKI : HD // KI ⇒
=
= 2 = ⇒ HK = . AK =
AK AI 3a 3
3

5
2
5.a
.a 2
HT SA
HK .SA
a 2 . 10
5
38.a
5
·
sin SKA =
=
⇒ HT =
=
=
.
=
HK SK
SK
5
19
95.a
45a 2
2
2a +
25
3) AC I BD = O; BD ⊥ AC , BD ⊥ SA ⇒ BD ⊥ ( SAO )
1
1

1
AM ⊥ SO ⇒ AM = d ( A, ( SBD ) ) ⇒
=
+
2
2
AM
AO
AS 2
1
1
5
=
+
=
2
2
2a 2
a 2
a 2

÷
 2 
a 2 a 10
Vậy AM =
=
5
5
Ta có: S ACI =

(

)

Bài 8: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = 2a, tam giác SAB cân tại
S và năm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi M là trung điểm của SD,
mp(ABM) vuông góc cới mp(SCD) và đường thẳng AM vuông góc với đường thẳng BD. Tính
VS.BCM và khoảng cách từ M đến mp(SBC).
GIẢI:
Gọi H là t/điểm AB => SH v/góc AB => SH v/góc (SABD). M là t/điểm SD, (ABM) chứa AB
=> (ABM) cắt (SCD) theo g/tuyến ML // CD, với L là t/điểm SC. Gọi N là t/điểm CD, do BC
cùng v/góc BA và SH nên BC v/góc (SBH) => BC v/góc SB. Tam giác SCD cân tại S vì có
SN vừa là đ/cao, đ/t/tuyến . ML là đ/t/bình => ML // CD.
Ta có: SN v/góc ML (1) (vì CD v/góc (SHN), ML // CD)
Theo đề: (SCD) v/góc (ABML) theo giao tuyến ML (2)
Từ (1), (2) suy ra SN v/góc (ABML) => SN v/góc KH (vì KH chứa trong (ABML)
NH – 378 – 135


Tam giác SHN có HK là đ/cao, đ/t/tuyến
=> SHN là t/giác v/cân tại H.
Theo đề: AM v/góc BD, BD v/góc ME
(vì ME // SH, SH v/góc mp đáy)
=> BD v/góc (AMN).=> BD v/góc AN
Trong t/giác vuông ADN:

NA
.NA
3
⇒ NA = 3.DN = a 3

DN 2 = NI .NA =

AD = AN 2 − DN 2 = 3a 2 − a 2
= a 2 = HN ⇒ SH = HN = a 2
1
VSABCD = .SH . AB. AD
3
1
4a 3
= .a 2.2a.a 2 =
3
3
d ( D, ( SBC ) )
SD
1
=
= 2)
VSBCM = VMSBC = .VDSBC (do
d ( M , ( SBC ) ) SM
2
1
1 1
1 4a 3 a 3
= .VSBCD = . VSABCD = .
=
2
2 2
4 3
3
3V

d ( M , ( SBC ) ) = SBCM (do SBC là t/giác vuông tại B)
S SBC
a3
3.
2.a 3
a 6
3
=
= 2
=
1
3
.a 2. a 2 + 2a 2 a . 6
2
Bài 9: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tam giác SAB đều và
·
SAD
= 900 , J là trung điểm SD. Tính theo a thể tích tứ diện ACDJ và khoảng cách từ D đến
mặt phẳng (ACJ).
GIẢI:
Do DA v/góc AB,DA v/góc AS nên
DA v/góc (SAB)
=> 2 mp (SAB) và (ABCD) v/góc với nhau theo
g/tuyến AB. Gọi I là t/điểm AB thì
SI v/góc AB => SI v/góc (ABCD). Do J là
t/điểm SD => d (J, (ABCD))
=

1
1

1 a 3
.d ( S , ( ABCD ) ) = SI = .
2
2
2 2

(do t/giác SAB đều cạnh a)
Vậy VACDJ = VJACD =

NH – 378 – 135

1
.d ( J , ( ABCD ) ) .S ACD
3


1 1 a 3 1 2
3.a 3
= . .
. .a =
3 2 2 2
24
* Tính d (D, (ACJ)):
3
3.VDACJ
; với VDACJ = VJACD = a . 3 . Ta cần tính SJAC, SAD là t/giác
S ACJ
24
1
a 2

v/cân tại A có AJ là t/tuyến => AJ = SD =
; AC = a 2; t/giác SBC v/cân tại B
2
2
=> SC = a 2 . Trong t/giác CDS có SJ là t/tuyến nên:
CS 2 + CD 2 SD 2 2a 2 + a 2 2a 2
2
CJ =
−
=
−
= a2
2
4
2
4
2
a
+ a 2 − 2a 2
2
2
2
JA + JC − AC
1
7
VAJC : cos J =
= 2
=
⇒ sin J =
2 JA.JC

a 2
2 2
2 2
2.
.a
2
1
1 a 2
7
a2. 7
S AJC = .JA.JC.sin J = .
.a.
=
2
2 2
8
2 2

Do d (D, (ACJ)) =

(

Từ đó ta tính được: d D, ( ACJ )

)

3 3a 3 .8
21.a
=
=

2
7
24.a . 7

Bài 10: Cho hình chóp S.ABCD có SA = 3a, SA tạo với đáy góc 60o. Tam giác ABC vuông tại
B, ·ACB = 30o . Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, hai mặt phẳng (SGB) và (SGC) cùng
vuông góc với mặt đáy. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm C
đến mp(SAB).
GIẢI:
(SGB) và (SGC) cùng v/góc mp đáy nên
·
SG v/góc mp đáy ⇒ SAG
= 600 . Gọi I là
t/điểm BC, ta có:

Sa = 3a ⇒ AG =

3a
3
9a
, AI = AG = ,
2
2
4

3 3.a
; AB = x
2
⇒ AC = 2 x, BC = x. 3
VvABI : AI 2 = AB 2 + BI 2

81a 2
3x 2 7 x 2
2
⇔
=x +
=
16
4
4
2
81a
9 1
9a. 7
=> x 2 =
=> x = a. .
=
7.4
2 7
14
SG =

NH – 378 – 135


 9a 7
1
1  9a 7
S
=
.

BC
.
AB
=
.
.
3
Do đó: ABC

÷.
2
2  14
 14
1
x 2 3 81a 2 . 3
Hay là: S ABC = .x 3.x =
.
=
2
2
56
1
1 3.a. 3 81a 2 . 3 243a 3
Vậy: VABC = .SG.S ABC = .
.
=
3
3
2
56

112
* Tính d (C,(SAB)):
Cách 1:

Vẽ GK // CB; K∈AB =>

GK AG 2
2
2 1
1
9a 7
=
= => GK = .BI = . .BC = . 3.
BI
AI 3
3
3 2
3
14

3a 21
14
GH ⊥ SK ; H ∈ SK => GH ⊥ ( SAB ) => GH = d ( G , ( SAB ) )

=> GK =
# Kẻ

1
1
1

1.142
1.4 142 + 28
32
=>
=
+
=
+
=
=
GH 2 GK 2 GS 2 9a 2 .21 27 a 2 9.3.7 a 2 27 a 2
3a. 3 3a 6
=> GH =
=
8
4. 2
# Mặt Khác:

d ( C , ( SAB ) )

d ( G , ( SAB ) )

(

=

CE
= 3.
GE

)

(

)

Vậy: d C , ( SAB ) = 3.d G , ( SAB ) = 3.

Cách 2: Dựa vào cách 1, tính được

9a 6
8

3a 21
1
1
1 9a 7 27 2 9.21.a 2
2
2
GK =
=> S SAG = .SK . AB = . SG + GK . AB = .
.
+
14
2
2
2 14
4
14 2
NH – 378 – 135

=> d ( C , ( SAB ) )

1
54 9a 7 27a 2 . 6
= .a.
.
=
2
7 14
28
3.VSAB
243a 2
28
9a 6
=
= 3.
.
=
Bài 11:
S SAB
112 27.a 2 . 6
8

Gọi O = AC I BD
Do hai mp (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với (ABCD)
=> SO ⊥ (ABCD)
* Gọi M là trung điểm AB, I là trung điểm AM. DO tam giác ABC là tam giác đều cạnh a,
nên CM ⊥ AB, OI ⊥ AB

a 3 , OI = a 3
2
4
AB ⊥ OI 
*
 ⇒ AB ⊥ ( SOI ) ⇒ AB ⊥ SI
AB ⊥ SO 
·
Nên SIO
= 30o (góc giữa 2 mp (SAB) & (ABCD)
OM =

* Tam giác vuông SOI, IO =

a 3
=>
4

a
,
4

2
3
1
1
a
a
.

3
a
3
SI = VSABCD= SO.S ABCD = . .2.
=
3
3 4
4
24

Bài 12: Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên (ABCD), M là trung điểm AB và do tam giác

 AB ⊥ SM
 AB ⊥ SH

SAB cân tại S nên 
=> AB ⊥ (SMH)

)
(
·
· , MH = SMH
* ( ( SAB ) , ( ABCD ) ) = ( SM
) · = 60
·
·
= 45 => SA = SH . 2
* SA, ( ABCD ) = SAH
o

o

2
3
* Từ N kẻ NP ⊥ SM thì NP là đoạn vuông góc chung của hai
=> SM = SH .

đường thẳng CD và SA.
=> NP = a 6
* Tam giác vuông NPM là nửa tam giác đều
=> NP = a 2 , MN = 2 a 2

=> AB = MN = 2 a 2
* Trong tam giác vuông SMA: SM2 + MA2 = SA2

NH – 378 – 135


2

(

 2

=> 
SH ÷ + a 2
 3


) (

2

=

2 SH

)

2

=>

4

2
2
2
2 3
2
−
SH
=
2
a
=>
SH
=
2
a
. => SH = a 3


÷
3
2

1
1
8 3a 3
Vậy VSABCD= SH .S ABCD = a 3SA2 =
3
3
3

Bài 13:
Cách 1:
Qua A kẻ đường thẳng song song với BN, cắt CB tại E
Gọi H = AB I EN. Kẻ MH//SA.
Suy ra MH ⊥ (ABCD) = MH là đường cao của hình chóp M.ANBE. Ta có MH =

1
a 3
SA =
2
2

1
1
MH.SANCE= MH.2SABN
3
3

BS 1
1
=
AS 2 + AB 2 = .2a = a
Ta lại có AM =
2
2
2
AE = BN = a 2
CB ⊥ (SAB) = CB ⊥ SB
Suy ra tam giác SBE vuông tại B = ME = BE 2 + BM 2 = a 2 + a 2 = a 2
2
1
a
7
a
7
Tam giác EMA cân tại E =>S = a.
=
2
2
4
BN // AE

 => d ( BN , AM ) = d ( BN , ( AME ) ) = d ( N , ( AME ) )
AM ⊂ ( AME ) 
SANBE = 2SABN =

= 3VN . AME = 3.VM . ANE

S AME

S AME

Vậy d(AM, BN) =

1
3. .VM . ANBE
3 a3 3
4
a 21
2
=
= .
. 2
=
S AME
2 6 a . 7
7

a 21
7

Cách 2: (Phương pháp tọa độ):
NH – 378 – 135


a a 3
A(0;0;0); B(a;0;0); S(0;0; a 3 ) ; N(0;a;0) => M  ;0;
÷

2
2


uuuu
v a a 3 a
AM =  ;0;
÷= 1;0; 3
2
2
 2
uuur 
BN = ( − a; a;0 ) = − a ( 1; −1;0 )
ur
AM qua A(0;0;0), u1 = 1;0; 3
uu
r
BN qua B(a;0;0), u2 = ( 1; −1;0 )
uuu
r
AB = ( a;0;0 )
ur uu
r
u1 ; u2  = 3; 3; −1


ur uu
r uuu
r
u1 ; u2  AB = a 3



uu
r ur uuu
r
u2 , u1  AB a 3 a 21


d ( AM , BN ) =
=
=
ur uu
r
7
7
u1 , u2 



(

(

(

)

)

)

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------------Bài 14 : Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a. Góc
·
BAC
= 600 , hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng ( ABCD ) trùng với

trọng tâm của tam giác ABC. Mặt phẳng ( SAC ) hợp với mặt phẳng ( ABCD ) một góc

600 . Tính theo a thể tích của khối chóp S . ABCD và khoảng cách từ điểm B đến mặt
phẳng ( SCD ) .
GIẢI :
* Tính thể tích của khối chóp S . ABCD
+ Gọi h là trọng tâm tam giác ABC, O là giao
điểm của hai đường chéo AC và BD.
+ Theo đề, suy ra: SH ⊥ ( ABCD ) , tam giác ABC
là tam giác đều cạnh a,

BO = DO =

a 3
1
a 3
.
; HO = BO =
2
3
6

 AC ⊥ OB
⇒ AC ⊥ ( SBO ) ⇒ AC ⊥ SO


AC
⊥
SH

·
⇒ SOB
= 600 (góc giữa 2 mp ( SAC ) và ( ABCD ) ).
+ SHO là nửa tam giác đều, biết HO =

⇒ SH = HO. 3 =

a
2

a 3
6

1
1
a2 3 .
S ABCD = . AC.BD = .a.a 3 =
2
2
2
NH – 378 – 135


* Vậy thể tích của khối chóp S . ABCD là:

VS . ABCD

1
1 a a 2 3 a3 3 .
= .SH .S ABCD = . .
=
3
3 2 2
12

* Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ( SCD ) .
+ Trong mặt phẳng (SBD), kẻ OE // SH, ta có:

OE DO 3
3
3 a 3a
=
= ⇒ OE = SH = . = ; OC = a ; OD = a 3
SH DH 4
4
4 2 8
2
2
+ Trong mặt phẳng (OCD), kẻ OF OF ⊥ CD ⇒ CD ⊥ ( EOF ) .
+ Trong tam giác EOF vuông tại O, kẻ OI ⊥ EF ⇒ OI ⊥ ( ECD )

+ Vì O là trung điểm BD, ( ECD ) ≡ ( SCD ) ⇒ d ( B, ( SCD ) ) = 2d ( O, ( SCD ) ) = 2OI
+ Ta có:

⇒ OI =

1
OI 2
3a

=

112

1
OE 2

+

1
OF 2

1
OE 2

.

* Vậy d ( B, ( SCD ) ) = 2OI =

NH – 378 – 135

=

6a
112

.

+

1
OC 2

+

1
OD 2

=

64
4
4
112
+
+
=
9a 2 a 2 3a 2 9a 2