Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng - thầy Đặng Việt Hùng

Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: Lyhung95

KHOẢNG CÁCH TỪ ĐIỂM ĐẾN MẶT PHẲNG – P2
Thầy Đặng Việt Hùng – Moon.vn
VIDEO BÀI GIẢNG và LỜI GIẢI CHI TIẾT CÁC BÀI TẬP chỉ có tại website MOON.VN
DẠNG 2. KHOẢNG CÁCH TỪ CHÂN ĐƯỜNG CAO H ĐẾN MẶT PHẲNG
Ví dụ 1. [Video]: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, tâm O, cạnh a 2. Biết SA = 2a
và SA ⊥ (ABCD). Tính khoảng cách
a) từ A đến (SBC).
b) từ A đến (SCD).
c) từ A đến (SBD).
d) Gọi M là trung điểm của BC, tính khoảng cách từ A đến (SCM); từ A đến (SDM).
e) Gọi I là trung điểm của SB, tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (DMI).
Ví dụ 2. [Video]: Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC với AB = a; AC = 2a; BAC = 600 . Gọi I là
trung điểm của BC, H là trung điểm của AI, tam giác SAI cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với
(ABC). Biết góc giữa mặt phẳng (SAB) và (ABC) bằng α với cos α =

3
. Tính khoảng cách
19

a) từ H đến (SBC).
b) từ H đến (ABJ), với J là trung điểm của SC.
Hướng dẫn:
Tính được d H =

2
d K ; với K là trung điểm HC.
5

Ta cũng tính được CH = a; CL =

4a
, với L là giao điểm kéo dài của HK và AB.
3

Ví dụ 3. [Video]: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B với
AB = BC = 2a; AD = 3a. Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm H của AC.
Biết góc giữa mặt phẳng (SBC) và mặt phẳng (ABCD) bằng 600. Tính khoảng cách

a) từ H đến mặt phẳng (SAB)
b) từ H đến mặt phẳng (SCD)
c) từ H đến mặt phẳng (SBD)
Ví dụ 4. [ĐVH]: Cho khối chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B có AB = a; BC = a 3 . Hình chiếu
vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng đáy là trung điểm của cạnh AC. Biết rằng SB = a 2 . Tính các
khoảng cách sau:
a) d ( H ; ( SAB ) ) .

b) d ( H ; ( SBC ) )

Lời giải:
Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017!


Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: Lyhung95

a) Ta có: AC = AB 2 + BC 2 = 2a ⇒ BH = a ( trong tam giác

1
vuông trung tuyến BH = AC ).
2
Lại có: SH = SB 2 − HB 2 = a .
Dựng HE ⊥ AB ⇒ AB ⊥ ( SHE ) , dựng HF ⊥ SE

Mặt khác AB ⊥ ( SHE ) ⇒ AB ⊥ HF ⇒ HF ⊥ ( SAB ) .

Do vậy d ( H ; ( SAB ) ) = HF .

1
a 3
BC =
( đường trung bình trong tam giác )
2
2
1
1
1
a 21
Suy ra
=
+
⇒ HF =
.
2
2
2
HF
SH

HE
7
b) Tương tự ta dựng HM ⊥ BC và HN ⊥ SM khi đó d ( H ; ( SBC ) ) = HN
Ta có: HE =

Trong đó HM =

1
a
1
1
1
a
AB = ⇒
=
+
⇒ HN =
.
2
2
2
2
2
HN
HM
SH
5

a 21
a

; b) d =
7
5
Ví dụ 5. [ĐVH]: Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác ABC đều cạnh 2a , hình chiếu vuông góc
của điểm A’ trên mặt đáy trùng với trung điểm cạnh AB, tam giác A’AB là tam giác vuông tại A’. Tính các
khoảng cách sau:
a) d ( H ; ( A ' ACC ') ) .
Đáp số: a) d =

b) Gọi I là điểm thuộc đường thẳng AB sao cho B là trung điểm của AI. Tính d ( H ; ( A ' CI ) ) .
Lời giải:
a) Tam giác A’AB là tam giác vuông tại A’ nên
1
A ' H = AB = a ( tính chất trung tuyến ứng với cạnh
2
huyền trong tam giác vuông )
Dựng HE ⊥ AC ⇒ AC ⊥ ( A ' HE ) , dựng HF ⊥ A ' E
Mặt khác AC ⊥ ( A ' HE ) ⇒ AC ⊥ HF ⇒ HF ⊥ ( A ' HE ) .

Do vậy d ( H ; ( A ' ACC ') ) = HF

Tam giác AHE vuông tại E ta có: HE = HA sin HAE
3 a 3
= HA sin 600 = a.
=
2
2
1
1
1

a 21
Mặt khác
=
+
⇒ d = HF =
.
2
2
2
HF
HE
A' H
7
1
b) Ta có: ∆ACI vuông tại C do có CB = AI .
2
Dựng HM ⊥ CI ⇒ CI ⊥ ( A ' HM ) , dựng HN ⊥ A ' EM

Mặt khác CI ⊥ ( A ' HM ) ⇒ CI ⊥ HN ⇒ HN ⊥ ( A ' CI ) .

Do vậy d ( H ; ( A ' CI ) ) = HN . Mặt khác

HN IH IM 3
=
=
= ( định lý Talet)
AC IA IC 4
3
3a
1

1
1
3a
. Lại có:
=
+
⇒ d = HN =
Suy ra HM = . AC =
2
2
2
4
2
HN
HM
A' H
13

Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017!


Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: Lyhung95

a 21
3a
; b) d =
7
13

Ví dụ 6. [ĐVH]: Cho tứ diện O. ABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc và OA = OB = OC = a . Gọi
M , N lần lượt là trung điểm của BC , OB .

Đáp số: a) d =

a) Chứng minh rằng BC ⊥ ( OAM ) .

b) Tính khoảng cách từ O đến mặt phẳng ( ABC ) , khoảng cách từ O đến mặt phẳng ( AMN ) .
Lời giải:
OA ⊥ OB
⇒ OA ⊥ ( OBC ) ⇒ OA ⊥ BC
a) Ta có 
OA ⊥ OC
Ta lại có BC ⊥ OM ⇒ BC ⊥ ( OAM )
b) Kẻ OH ⊥ AM
Vì BC ⊥ ( OAM ) ⇒ BC ⊥ OH

Mà OH ⊥ AM ⇒ OH ⊥ ( ABC )

⇒ OH = d ( O, ( ABC ) )

1
1
1
=
+
2
2
OM
OB

OC 2
1
1
1
1
1
1
Xét ∆OAM :
=
+
=
+
+
2
2
2
2
2
OH
OA
OM
OA
OB
OC 2
1
1
1
3
a
= 2 + 2 + 2 = 2 ⇒ OH =

= d ( O, ( ABC ) )
a
a
a
a
3
Xét ∆OBC :

Kẻ OK ⊥ AN
 MN ⊥ OB
Ta có 
⇒ MN ⊥ ( OAB ) ⇒ MN ⊥ OK mà OK ⊥ AN ⇒ OK ⊥ ( AMN )
 MN ⊥ OA

⇒ OK = d ( O, ( AMN ) )

Xét ∆OAN :

1
1
1
1
4
5
a
=
+
= 2 + 2 = 2 ⇒ OK =
= d ( O, ( AMN ) )
2

2
2
OK
OA
ON
a
a
a
5

Ví dụ 7. [ĐVH]: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a . Hai mặt phẳng ( SAB ) và

( SAD ) cùng vuông góc với đáy, SA = a 3 .
a) Chứng minh rằng BD ⊥ ( SAC ) , BC ⊥ ( SAB ) .
b) Tính khoảng cách từ A đến các mặt phẳng ( SBC ) , ( SBD ) .

c) Gọi H là hình chiếu của A lên SD . Tính khoảng cách từ B đến các mặt phẳng ( AHC ) .
Lời giải:

Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017!


Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: Lyhung95

 BD ⊥ AC
a) Ta có 
⇒ BD ⊥ ( SAC )
 BD ⊥ SA

 BC ⊥ AB
Ta có 
⇒ BC ⊥ ( SAB )
 BC ⊥ SA
b) Kẻ AI ⊥ SB
Vì BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ AI mà AI ⊥ SB

⇒ AI ⊥ ( SBC ) ⇒ AI = d ( A, ( SBC ) )

Xét ∆SAB :

1
1
1
1
1
4
=
+
= 2 + 2 = 2
2
2
2
AI
AS
AB
3a
a
3a

a 3
= d ( A, ( SBC ) )
2
Gọi O = AC ∩ BD , kẻ AJ ⊥ SO
Vì BD ⊥ ( SAC ) ⇒ BD ⊥ AJ mà AJ ⊥ SO ⇒ AJ ⊥ ( SBD ) ⇒ AJ = d ( A, ( SBD ) )
⇒ AI =

1
1
1
1
2
7
a 3
=
+
= 2 + 2 = 2 ⇒ AJ =
= d ( A, ( SBD ) )
2
2
2
AJ
AS
AO
3a
a
3a
7
c) Kẻ HK ⊥ AD ( K ∈ AD ) ⇒ HK ⊥ ( ABCD )
Xét ∆SAO :

SH
SA2
KA
Ta có
=
=3⇒
=3
2
DH DA
KD
Ta có d ( B, ( AHC ) ) = d ( D, ( AHC ) ) =

4
d ( K , ( AHC ) )
3

Kẻ KE ⊥ AC , KF ⊥ HE
 AC ⊥ KE
Ta có 
⇒ AC ⊥ ( HKE ) ⇒ AC ⊥ KF mà KF ⊥ HE ⇒ KF ⊥ ( AHC )
 AC ⊥ HK
⇒ KF = d ( K , ( AHC ) )
3a 2
1
a 3
, HK = SA =
8
4
4

1
1
1
32
16
80
3a
a
Xét ∆HKE :
=
+
= 2 + 2 = 2 ⇒ KF =
⇒ d ( B, ( AHC ) ) =
2
2
2
KF
KH
KE
9a
3a
9a
4 5
5
Ví dụ 8. [ĐVH]: Cho lăng trụ tam giác ABC. A′B′C ′ có đáy là tam giác đều cạnh a . Hình chiếu của A′
lên mặt phẳng ( ABC ) trùng với trọng tâm của tam giác ABC , AA′ = 3a .
Ta có KE =

a) Tính khoảng cách từ G đến mặt phẳng ( ABB′A′ ) .
b) Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( A′BC ) .

c) Gọi M là trung điểm của B′C ′ . Tính khoảng cách từ C ′ đến mặt phẳng ( A′BM ) .
Lời giải

Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017!


Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: Lyhung95

a) Gọi I , J lần lượt là trung điễm của AB, BC
Kẻ GE ⊥ A ' I
 AB ⊥ IG
Ta có 
⇒ AB ⊥ ( A ' GI ) ⇒ AB ⊥ GE
 AB ⊥ A ' G
Mà GE ⊥ A ' I ⇒ GE ⊥ ( ABB ' A ')

⇒ GE = d ( G, ( ABB ' A ') )

1
a 3
2
a 3
Ta có GI = CI =
, GA = AJ =
3
6
3

3
a 26
A ' G = AA '2 − AG 2 =
3
1
1
1
315
Xét ∆A ' IG :
=
+
=
2
2
2
GE
GI
GA '
26a 2
a 26

= d ( G, ABB ' A ' )
3 35
b) Ta có d ( A, ( A ' BC ) ) = 3d ( G, ( A ' BC ) )

⇒ GE =

Kẻ GF ⊥ A ' J
 BC ⊥ GJ
Ta có 

⇒ BC ⊥ ( A ' GJ ) ⇒ BC ⊥ GF mà GF ⊥ A ' J ⇒ GF ⊥ ( A ' BC )
 BC ⊥ A ' G

⇒ GF = d ( G, ( A ' BC ) )

1
1
1
315
a 26
a 26
=
+
=
⇒ GF =
=⇒ d ( A, ( A ' BC ) ) =
2
2
2
2
GF
GJ
GA '
26a
3 35
35
c) Ta có d ( C ', ( A ' BM ) ) = d ( B ', ( A ' BM ) ) = d ( A, ( A ' BM ) ) = d ( G, ( A ' BM ) )
Xét ∆A ' GJ :

Kẻ Bx / / A ' M ⇒ ( A ' BM ) ≡ ( MA ' Bx )

Kẻ GH ⊥ Bx, GK ⊥ A ' H
 B ' x ⊥ GH
⇒ B ' x ⊥ ( A ' BH ) ⇒ B ' x ⊥ GK mà GK ⊥ A ' H ⇒ GK ⊥ ( MA ' Bx )
Ta có 
B ' x ⊥ A 'G

⇒ GK = d ( G, ( MA ' Bx ) )

1
1
1
107
a 26
=
+
=
⇒ GK =
= d ( C '. ( A ' BM ) )
2
2
2
2
GK
GH
GA '
26a
107
Ví dụ 9. [ĐVH]: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh 2a, cạnh bên bằng 3a.
Xét ∆A ' GH :

Gọi O là tâm đáy. Tính khoảng cách

a) từ O đến (SAB).
b) Gọi M, N là trung điểm của AB, BC. Tính khoảng cách từ O đến (SMN).
Lời giải:

Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017!


Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: Lyhung95

a) Ta có SO là đường cao hình chóp, O là tâm tam giác đều.
2 2a 3 2 a
23
=
Các tam giác SOA, SOB, SOC vuông tại O nên OA = .
⇒ SO = h = SA2 − h 2 = a
.
3 2
3
3
 AB ⊥ SO
M là trung điểm của AB thì 
⇒ AB ⊥ ( SOM ) ⇒ ( SAB ) ⊥ ( SOM ) .
 AB ⊥ OM
Kẻ OH ⊥ SM ⇒ OH ⊥ ( SAB ) ⇒ OH = d ( O; ( SAB ) ) .

1
1
1
3
3
72
72
1
1 2a 3
a
Từ OM = CM = .
=
suy ra
= 2+
=
+ 2 =
⇒ OH = a
.
2
2
2
2
3
3 2
23a a
23a
23
OH
h OM
3

b) MN là trung bình tam giác đều nên MN vuông góc với đường cao OB tại P.
 MN ⊥ SO
Ta có 
⇒ MN ⊥ ( SOP ) ⇒ ( SMN ) ⊥ ( SOP ) .
 MN ⊥ OB

Kẻ OK ⊥ ( SP ) ⇒ OK ⊥ ( SMN ) và

2 2a 3 2 a
1 2a 3 a 3
a 3
; BP = .
⇒ OP = BO − BP =
BO = .
=
=
3 2
2 2
2
6
3
1
1
1
3
12 279
23
=
+ 2 =
+ 2 =

⇒ OH = d ( O; ( SMN ) ) = a
2
2
2
2
OK
OP h
23a
a
23a
279
Ví dụ 10. [ĐVH]: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = 2 a; AD = a 3. Biết
tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy.
a) từ A đến (SBC).
b) từ A đến (SCD).
c) từ A đến (SBD).
d) Gọi M là trung điểm của AB, tính khoảng cách từ A đến (SCM); từ A đến (SDM).
Lời giải:

Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017!


Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: Lyhung95

a) Gọi M là trung điểm AB thì SM ⊥ AB; ( SAB ) ⊥ ( ABCD ) ⇒ SM ⊥ ( ABCD ) ⇒ SM ⊥ BC .
Mà BC ⊥ AB ⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ ( SBC ) ⊥ ( SAB ) .

Kẻ AH ⊥ SB ⇒ AH ⊥ ( SBC ) ⇒ d ( A; ( SBC ) ) = AH = 2a.

3
=a 3.
2
b) AB song song với (SCD) nên d ( A; ( SCD ) ) = d ( M ; ( CD ) ) .

CD ⊥ S
Gọi N là trung điểm DC, kẻ MK vuông góc SN thì 
⇒ ( SMN ) ⊥ ( SCD ) ⇒ MK ⊥ ( SCD ) .
CD ⊥ MN

1
1
1
1
1
2
3 a 6
=
+
= 2 + 2 = 2 ⇒ MK = a
=
.
2
2
2
MK
MN
SM
3a 3a

3a
2
2
 BD ⊥ MI
c) Kẻ MI vuông góc BD thì 
⇒ BD ⊥ ( SMI ) ⇒ ( SBD ) ⊥ ( SMI ) .
 BD ⊥ SM

Khi đó

Kẻ MG vuông góc SI thì MG ⊥ ( SBD ) ⇒ d ( A; ( SBD ) ) = 2 ( M ; ( SBD ) ) .
Kẻ AT ⊥ BD; BD = a 7 ⇒ AT =
Ta có

AB. AD a.a 3
a 3
3
1
=
=a
⇒ MI = AT =
.
BD
7
2
2 7
a 7

1
1

1
28
1
29
3
3
=
+
= 2 + 2 = 2 ⇒ MG = a
⇒ d ( A; ( SBD ) ) = 2a
.
2
2
2
MG
MI
SM
3a 3a
3a
29
29

( SCM ) ⊥ ( ABCD )
d) Ta có SM ⊥ ( ABCD ) ⇒ 
( SDM ) ⊥ ( ABCD )
Từ A kẻ AZ vuông góc với các giao tuyến CM và AR vuông với DM thì
Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017!


Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: Lyhung95

Dễ thấy d ( A; ( SCM ) ) = AZ . Hai tam giác AMZ và BMC đồng dạng nên
AZ AM
a.a 3 a 3
=
; MC = 2a ⇒ AZ =
=
.
BC MC
2a
2
Dễ thấy d ( S ; ( SDM ) ) = RA ⇒ RA.MD = AM . AD ⇒ RA =

a.a 3 a 3
=
.
2a
2
Ví dụ 11. [ĐVH]: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB vuông góc với đáy
và SA = SB = b. Tính khoảng cách

a) từ S đến (ABCD).
b) từ trung điểm I của CD đến (SHC), H là trung điểm AB.
c) từ D đến (SHC).
d) từ AD đến (SBC).
Lời giải:

a) Từ S đến (ABCD).

Nhận xét: Tam giác SAB cân tại S. Nên với H là trung điểm AB. Suy ra SH ⊥ AB
Lại có: ( SAB ) ⊥ ( ABCD ) nên ( SH ) ⊥ ( ABCD ) , vậy d ( S ; ( ABCD ) ) = SH
Ta dễ có SH = SA2 − AH 2 = b 2 −

a2
4

1


;  AH = AB 
2



b) Từ trung điểm I của CD đến (SHC), H là trung điểm AB
I là trung điểm CD, H là trung điểm AB . Suy ra AI / / CH → AI / / ( SHC )

→ d ( I , ( SHC ) ) = d ( A, ( SHC ) ) = d ( B, ( SHC ) )
 BK ⊥ HC
⇒ BK ⊥ ( SHC ) → d ( B, ( SHC ) ) = BK
Kẻ BK ⊥ HC , ta có: 
 BK ⊥ SH
Trong tam giác vuông HBC có:

1
BK 2

=

1
BH 2

+

1
BC 2

⇒ BK =

a
5

Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017!


Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG
Vậy khoảng cách từ I đến (SHC) bằng

Facebook: Lyhung95

a
5

c) Từ D đến (SHC).
Lấy E là trung điểm của BC . Kẻ DE cắt HC tại M ⇒ DE ⊥ HC = {M }
 DM ⊥ HC
2a
Ta có: 
⇒ DM ⊥ ( SHC ) → d ( D, ( SHC ) ) = DM = 2 DN = 2 BK =

5
 SH ⊥ ( ABCD ) → SH ⊥ DM

d) Từ AD đến (SBC).
Vì AD / / BC → AD / / ( SBC ) → d ( AD, ( SBC ) ) = d ( A, ( SBC ) )
 SH ⊥ BC
Ta có: 
→ BC ⊥ ( SAB ) → BC ⊥ SB → ∆SAB ⊥ { B}
 AB ⊥ BC
Từ A kẻ AJ ⊥ SB
 AJ ⊥ SB
Vì: 
→ AJ ⊥ ( SBC ) ⇒ d ( AD, ( SBC ) ) = d ( A, ( SBC ) ) = AJ
 AJ ⊥ BC ( BC ⊥ SAB )
 AJ ⊥ SB
Kẻ HP ⊥ SB → 
→ AJ = 2 HP (theo tính chất đường trung bình)
 HP ⊥ SB
Trong tam giác vuông SHB có HP là đường cao:
1
HP 2

=

1
BH 2

+

1

SH 2

⇒ HP = a

4b 2 − a 2
2a 2 + 8b 2

→ AJ = a

8b 2 − 2a 2
a 2 + 4b 2

Ví dụ 12. [ĐVH]: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB = 2a; AD = a 2 . Gọi M là trung
điểm của AB. Hai mặt phẳng (SAC) và (SDM) cùng vuông góc với đáy. Biết SH = a 6 , với H là giao
điểm của AC và DM. Tính khoảng cách từ H đến (SAD).
Lời giải:

Theo bài, do hai mặt phẳng (SAC) và (SDM) cùng vuông góc với (ABCD) nên SH vuông góc (ABCD) (H
là trọng tâm tam giác ABD)
Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017!


Khóa học LUYỆN THI THPTQG 2017 – Thầy ĐẶNG VIỆT HÙNG

Facebook: Lyhung95

Gọi F là hình chiếu của H trên AD, I là hình chiếu của H trên SF.
 SH ⊥ AD
Khi đó: 
→ AD ⊥ ( SHF ) → AD ⊥ HI

 HF ⊥ AD
 AD ⊥ HI
→ HI ⊥ ( SAD ) ⇒ d ( H , ( SAD ) ) = HI
Suy ra 
 HI ⊥ SF
Xét tam giác vuông SHF ta có HI =

HF .SH
HF 2 + SH 2

=

2 6a
58

1
2a


 HF = AB = ; SH = a 6 
3
3



Thầy Đặng Việt Hùng

Chương trình Luyện thi PRO–S Toán MOON.VN – Giải pháp tối ưu nhất cho kì thi THPT Quốc Gia 2017!