Bài tập quan hệ vuông góc(có lời giải chi tiết) file Word

Bài 1/ Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O cạnh a, SA =
SB = SC = SD = 2a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và SO. Kẻ OP
vuông góc với SA.
a) CMR: SO ⊥ (ABCD), SA ⊥ (PBD).
b) CMR: MN ⊥ AD.
c) Tính góc giữa SA
uuurvàuump
r uu(ABCD).
uu
r
d) CMR: 3 vec tơ
HD bài 1

BD, SC, MN

S

E
P

D N

F

M

O

A

C

đồng phẳng.

a) CMR: SO ⊥ (ABCD), SA ⊥ (PBD).
• SO ⊥ AC, SO ⊥ BD ⇒ SO ⊥ (ABCD).
• BD ⊥ AC, BD ⊥ SO ⇒ BD ⊥ (SAC) ⇒
BD ⊥ SA
(1)
• OP ⊥ SA, OP ⊂ (PBD) (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra SA ⊥ (PBD).
b) CMR: MN ⊥ AD.
• Đáy ABCD là hình vuông nên OB = OC,
mà OB và OC lần lượt là hình chiếu của

B

⇒

NB và NC trên (ABCD) NB = NC
⇒ ∆NBC cân tại N, lại có M là trung điểm

BC (gt)
⇒ MN ⊥ BC ⇒ MN ⊥ AD (vì AD // BC)
c) Tính góc giữa SA và mp (ABCD).
• SO ⊥ (ABCD) nên AO là hình chiếu của SA trên (ABCD)
Vậy góc giữa SA và mặt phẳng (ABCD) là

·SAO

.

a 2
AO
2
·
cos SAO =
= 2 =
SA
2a
4
uuur uur uuuu
r
BD, SC, MN

d) CMR: 3 vec tơ
đồng phẳng.
• Gọi E, F lần lượt là trung điểm của SD và DC, dễ thấy EN, FM, FE lần
lượt là các đường trung bình của các tam giác SDO, CBD, DSC nên đồng
thời có EN // BD, FM// BD, FE // SC và cũng từ đó ta có M, M, E, F đồng
phẳng.
uuu
r uur uuuu
r
BD, SC , MN

• MN ⊂ (MNEF), BD // (MNEF), SC // (MNEF) ⇒
đồng
phẳng.
Bài 2/Cho hình chóp S.ABC có các mặt bên (SAB), (SAC) cùng vuông góc với
(ABC), tam giác ABC vuông cân tại C. AC = a, SA = x.

a) Xác định và tính góc giữa SB và (ABC), SB và (SAC).
b) Chứng minh ( SAC) ⊥ (SBC ) . Tính khoảng cách từ A đến (SBC).
c) Tinh khoảng cách từ O đến (SBC). (O là trung điểm của AB).
1


d) Xác định đường vuông góc chung của SB và AC
HD B2 /a) Xác định và tính góc giữa SB và (ABC), SB và (SAC).
• (SAB) ⊥ (ABC) và SAC) ⊥ (ABC) nên SA ⊥(ABC)
của SB trên (ABC)

⇒

AB là hình chiếu

SA
x
·
·
⇒ ( SB,( ABC ) ) = ( SB, AB ) = ·SBA ⇒ tan ·SBA =
=
AB a 2

• BC ⊥ AC, BC ⊥ SA nên BC ⊥ (SAC) ⇒ SC là hình chiếu của SB trên
(SAC)

( SB,(SAC ) ) =·( SB, SC ) =·BSC ⇒ tan ·BSC = BC =

·

SC

a
a2 + x 2

⇒
b) Chứng minh ( SAC ) ⊥ (SBC ) . Tính khoảng cách từ A đến (SBC).
• Theo chứng minh trên ta có BC ⊥ (SAC) ⇒ (SBC) ⊥ (SAC)
• Hạ AH ⊥ SC ⇒ AH ⊥ BC (do BC ⊥ (SAC). Vậy AH ⊥ (SBC)
⇒ d ( A,(SBC )) = AH

1
AH 2

=

1
SA2

+

1
AC 2

.
=

1
x2

+

1
a2

⇒ AH =

ax
x 2 + a2

•
c) Tính khoảng cách từ O đến (SBC). (O là trung điểm của AB).
Gọi K là trung điểm của BH ⇒ OK // AH ⇒ OK ⊥ (SBC) và OK =
d (O ,(SBC ) = OK =

⇒

AH
2

ax

2 x 2 + a2

.

d) Xác định đường vuông góc chung của SB và AC
• Dựng mặt phẳng (α) đi qua AC và vuông góc với SB tại P ⇒ CP⊥ SB và
AP ⊥ SB.
• Trong tam giác PAC hạ PQ ⊥ AC ⇒ PQ ⊥ SB vì SB ⊥ ( PAC).

Như vậy PQ là đường vuông góc chung của SB và AC.
Bài 3/

2


a/Cho hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a, cạnh bên hợp với đáy một góc
300. Tính chiều cao hình chóp.
b/Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A′B′C′, có cạnh đáy bằng a, cạnh bên
a
2

bằng . Tính góc giữa 2 mặt phẳng (A′BC) và (ABC) và khoảng cách từ A đến
mặt phẳng (A′BC
HD bài 3/
a/Hình chóp S.ABCD là chóp tứ giác đều nên chân đường cao SO
của hình
AC ∩ BD

•

chóp là O =
Đáy là hình vuông cạnh bằng a nên AC =
a 2 ⇒ OC =

a 2
2
OC =

•

∆SOC vuông tại O, có
⇒

S

a 2 ·
, SCO = 30 0
2

D

a 2 3 a 6
SO = OC.tan·SCO =
.
=
2
3
6

C

O

A

B

b/
Tính góc giữa 2 mặt phẳng (A′BC) và (ABC) và khoảng cách từ A đến (A′BC)

•

∆ AA ' B = ∆ AA ' C ( c.g.c ) ⇒ A ' B = A ' C

.
Gọi K là trung điểm BC ⇒ AK ⊥ BC và A’K ⊥ BC
⇒ BC ⊥ (AA’K ) ⇒ (A’BC) ⊥(AA’K),
( A ' BC ) ∩ ( AA ' K ) = A ' K , AH ⊥ A ' K ⇒ AH ⊥ ( A ' BC )

⇒

d ( A,( A′BC )) = AH

1

•

AH

2

=

1
A' A

2

+

1
AB

2

=

4
a

2

d ( A,( A ' BC )) = AH =

⇒

+

1
a

2

a 5
5

=

5
a

2

⇒ AH =

a

C

A
K

5

B
H

.

A'

3

C'
B'


( ( A′BC ),( ABC )) = ·A′KA

·

• AK ⊥ BC và A’K ⊥ BC ⇒

• Trong ∆A′KA ta có

a
′
· ′
AA
1
tan A KA =
= 2 =
AK a 3
3
2

⇒

· ′
A KA = 300

SA ⊥ ( ABC ), SA =

Bài 4/Cho tứ diện S.ABC có ∆ABC đều cạnh a,
trung điểm BC.
a) Chứng minh: (SBC) vuông góc (SAI).
b) Tính khoảng cách từ A đến (SBC).
c) Tính góc giữa (SBC) và (ABC).
HD Bài 4/
S

H
B

A
I
C

1
AH 2

=

1
AI 2

+

1
SA 2

=

4
9a 2

+

4
3a2

3
a
2

. Gọi I là

a) Chứng minh: (SBC) vuông góc (SAI).
• SA ⊥ (ABC) ⇒ SA ⊥ BC, AI ⊥BC ⇒
BC ⊥ (SAI)
⇒ (SBC) ⊥ (SAI)
b) Tính khoảng cách từ A đến (SBC).
• Vẽ AH ⊥ SI (1) . BC ⊥ (SAI) ⇒ BC ⊥
AH (2)
Từ (1) và (2) ⇒AH ⊥ (SBC) nên d( A,
(SBC)) = AH
•
=

16

9a 2

⇒ AH =

3a
4

c) Tính góc giữa (SBC) và (ABC).
•

(SBC ) ∩ ( ABC ) = BC , AI ⊥ BC

·

⇒

•

( (SBC ),( ABC )) = ¶SIA

, SI ⊥ BC

3
a
SA
tan¶SIA =
= 2 = 3 ⇒¶SIA = 600
IA a 3
2

Bài 5/Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a,
và

SA = a 6

.
4

SA ⊥ ( ABCD )

BD ⊥ SC , (SBD ) ⊥ (SAC )

1) Chứng minh :
.
2) Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBD).
3) Tính góc giữa SC và (ABCD
HD bài 5/
BD ⊥ SC ,(SBD ) ⊥ (SAC )

a) Chứng minh :
.
• ABCD là hình vuông nên BD ⊥ AC, BD⊥ SA (SA ⊥ (ABCD)) ⇒ BD ⊥
(SAC) ⇒ BD ⊥SC
• (SBD) chứa BD ⊥ (SAC) nên (SBD) ⊥ (SAC)
b) Tính d(A,(SBD))
• Trong ∆SAO hạ AH ⊥ SO, AH ⊥ BD (BD⊥ (SAC)) nên AH ⊥ (SBD)
AO =

S

a 2
2

a 6 ( gt )

•
, SA =
∆SAO vuông tại A

nên
1
AH 2

H

B

A

C

hình chiếu của SC
·SCA

1
SA2

⇒ AH 2 =

O
D

=

+

1
AO 2

=

1
6a2

+

2
a2

=

13
6a2

6a2
a 78
⇒ AH =
13
13

c) Tính góc giữa SC và (ABCD)
⊥

• Dế thấy do SA (ABCD) nên
trên (ABCD) là AC ⇒ góc giữa SC và (ABCD) là

. Vậy ta có:

tan ·SCA =

và

SA a 6
=
= 3 ⇒ ·SCA = 60 0
AC a 2

Bài 6/

uuu
r uuur
AB.EG

a/Cho hình lập phương ABCD.EFGH có cạnh bằng a . Tính
.
b/Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a. Xác định đường
vuông góc chung và tính khoảng cách của hai đường thẳng chéo nhau BD′ và
B′C.
HD bài 6/
a/

5


F

G

E

H
B

C

A

D

Đặt

uuu
r ur uuur uu
r uuu
r uu
r
AB = e1 , AD = e2 , AE = e3

uuu
r uuur ur uuu
r uuur ur ur uu
r ur ur ur uu
r
⇒ AB.EG = e1. EF + EH = e1 e1 + e2 = e1.e1 + e1.e2 = a2

(

) (

)

Cáchuukhác:
u
r uuur uuu
r uuur uuu
r uuur

uuu
r uuur
AB.EG = EF.EG = EF . EG .cos ( EF , EG ) = a.a 2.cos 450 = a 2

b/
D’

C’

A’

B’
M
D

G
C
O

A

B

Gọi M là trung điểm của B′C, G là trọng
tâm của ∆AB′C.
Vì D′.AB′C là hình chóp đều, có các cạnh bên có độ dài
đường cao của chóp này ⇒ BD′ ⊥ (AB′C)
⇒ BD′ ⊥ GM.
Mặt khác ∆AB′C đều nên GM ⊥ B′C
⇒

GM là đoạn vuông góc chung của BD’ và B’C.

•Tính độ dài GM =

1
3 1
3 a 6
AC
= a 2.
=
3
2 3
2
6

6

a 2

, nên BD’ là

Bài 7/Cho tứ diện ABCD có tam giác ABC là tam giác đều cạnh a, AD vuông
góc với BC, AD = a và khoảng cách từ điểm D đến đường thẳng BC là a .
Gọi H là trung điểm BC, I là trung điểm AH.
1) Chứng minh rằng đường thẳng BC vuông góc với mặt phẳng (ADH) và
DH = a.
2) Chứng minh rằng đường thẳng DI vuông góc với mặt phẳng (ABC).
3) Tính khoảng cách giữa AD và BC
HD bài 7/
1) CMR: BC ⊥ (ADH) và DH = a.
D
∆ABC đều, H là trung điểm BC nên AH ⊥
BC, AD ⊥ BC
⇒ BC ⊥ (ADH) ⇒ BC ⊥ DH ⇒ DH = d(D,
BC) = a
K
2) CMR: DI ⊥ (ABC).
⇒

A

• AD = a, DH = a ∆DAH cân tại D, mặt
khác I là trung điểm AH nên DI ⊥ AH
B
I
• BC ⊥ (ADH) ⇒ BC ⊥ DI
H
⇒ DI ⊥ (ABC)
C
3) Tính khoảng cách giữa AD và BC.

• Trong ∆ADH vẽ đường cao HK tức là HK ⊥ AD (1)
Mặt khác BC ⊥ (ADH) nên BC ⊥ HK
(2)
d ( AD, BC ) = HK

Từ (1) và (2) ta suy ra
• Xét ∆DIA vuông tại I ta có:

2

a 3
a2 a
DI = AD − AI = a − 
=
÷ =
 2 ÷
4
2


2

•

Xét

2

∆DAH

2

ta

AH .DI
d ( AD , BC ) = HK =
=
AD

có:

S

=

1
AH .DI
2

=

1
AD.HK
2

⇒

a 3 a
.
2 2=a 3

a
4

Bài 8/
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc
a 3

(ABCD) và SA =
. Gọi (P) là mặt phẳng chứa AB và vuông góc
(SCD). Thiết diên cắt bởi (P) và hình chóp là hình gì? Tính diện tích thiết
diện đó.
HD bài 8/

7


•

S

Trong tam giác SAD vẽ đường cao AH ⇒
AH ⊥ SD
(1)
SA ⊥ (ABCD) ⇒ CD ⊥ SA
CD⊥ AD ⇒ CD ⊥ (SAD) ⇒ CD ⊥ AH
(2)
Từ (1) và (2) ⇒ AH ⊥ (SCD)
⇒ (ABH) ⊥ (SCD) ⇒ (P)  (ABH)
Vì AB//CD ⇒ AB // (SCD), (P) ⊃ AB nên
(P) ∩ (SCD) = HI

⇒ HI // CD ⇒ thiết diện là hình thang
AHIB.

•
I

H

•
B

•

A
O
D

C

Hơn nữa AB ⊥ (SAD)
Vậy thiết diện là hình thang vuông AHIB.
•

SD = SA2 + AD 2 = 3a2 + a2 = 2a

SA2 = SH .SD ⇒ SH =

•

⇒ AB ⊥ HA

∆SAD có

SA2 3a2
3a
=
⇒ SH =
SD
2a
2

3a
HI SH
3
3
3a
⇒
=
= 2 = ⇒ HI = CD =
CD SD 2a 4
4
4
1
AH

2

=

1

SA

2

+

1
AD

2

=

1
3a

2

+

1
a

2

=

4
3a

2

⇒ AH =

S AHIB =

• Từ (3) và (4) ta có:

(3)
a 3
2

(4)

( AB + HI ) AH 1 
3a  a 3 7a2 3
=  a + ÷.
=
2
2
4  2
16

Bài 9/Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a,
SA = SB = SD = a.
a) Chứng minh (SAC) vuông góc với (ABCD).
b) Chứng minh tam giác SAC vuông.
c) Tính khoảng cách từ S đến (ABCD).
HD bài 9/

8

.

·BAD = 600

và


S

A

H
O

B

D
C

a)
Vẽ SH ⊥ (ABCD). Vì SA = SB = SC = a
nên HA = HB = HD ⇒ H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD
Mặt khác ∆ABD có AB = AD và

·BAD = 600

Do đó H là trọng tâm tam giác ABD nên
Như vậy,

nên ∆ABD đều.

H ∈ AO ⇒ H ∈ AC

SH ⊂ (SAC )
⇒ (SAC ) ⊥ ( ABCD )

SH ⊥ ( ABCD )

AO =

b) Ta có ∆ABD đều cạnh a nên có
Tam giác SAC có SA = a, AC =
AH =

Trong ∆ABC, ta có:

a 3
⇒ AC = a 3
2

a 3

2
1
a 3
a2
AO = AC =
⇒ AH 2 =

3
3
3
3
SH 2 = SA2 − AH 2 = a2 −

Tam giác SHA vuông tại H có
HC =

a2 2a2
=
3
3

2
2a 3
4a2
4 a 2 2 a2
AC =
⇒ HC 2 =
⇒ SC 2 = HC 2 + SH 2 =
+
= 2a2
3
3
3
3
3

SA2 + SC 2 = a2 + 2a2 = 3a2 = AC 2

⇒ tam giác SCA vuông tại S.

SH ⊥ ( ABCD ) ⇒ d (S,( ABCD )) = SH =

a 6
3

c)
Bài 10/
Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC, đôi một vuông góc và OA = OB = OC = a,
I là trung điểm BC
1) Chứng minh rằng: (OAI)

⊥

⊥

(ABC).

2) Chứng minh rằng: BC (AOI).
3) Tính góc giữa AB và mặt phẳng (AOI).
4) Tính góc giữa các đường thẳng AI và OB
HD bài 10/
9


A

K

O

C
I

B

1)
• OA ⊥ OB, OA ⊥ OC ⇒ OA ⊥ BC (1)
• ∆OBC cân tại O, I là trung điểm của BC ⇒ OI ⊥ BC
(2)
Từ (1) và (2) ⇒ BC ⊥ (OAI) ⇒ (ABC) ⊥ (OAI)
2) Từ câu 1) ⇒ BC ⊥ (OAI)
3) • BC ⊥ (OAI) ⇒
BI =

•

(·AB,( AOI )) = ·BAI

BC a 2
=
2
2
AI =

• ∆ABC đều ⇒

BC 3 a 2 3 a 6

=
=
2
2
2
cos·BAI =

• ∆ABI vuông tại I ⇒

AI
3 ·
=
⇒ BAI = 300
AB
2

4) Gọi K là trung điểm của OC ⇒ IK // OB ⇒
AK 2 = OA2 + OK 2 =

• ∆AOK vuông tại O ⇒
AI 2 =

•

6a 2
4

IK
1
cos·AIK =

=
AI
6

IK 2 =

•

a2
4

•

⇒

(·AB,( AOI )) = 300

(·AI , OB ) = (·AI , IK ) = ·AIK

5a2
4

∆AIK

vuông

tại

K

⇒

Bài 11/
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại C, AC = a; SA ⊥
(ABC),
SA = 3a. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB, SC.

10


a/ Chứng minh: AK ⊥ (SBC), SB ⊥ (AHK).
b/ Tính góc giữa đường thẳng AK và (SAB).
HD bài 11/
a/SA ⊥ (ABC) ⇒ SA ⊥ BC. mà AC ⊥ BC ⇒ BC ⊥ (SAC)

⇒ BC

 AK ⊥ SC
⇒ AK ⊥ (SBC ).

Vậy:  AK ⊥ BC

⊥ AK.
S

* Vì AK ⊥ (SBC) ⇒ AK ⊥ SB.
SB ⊥ AH
⇒ SB ⊥ ( AHK ).

SB

⊥
AK

Vậy:
b/Vì SB ⊥ (AHK) ⇒ (AHK) ⊥ (SAB). Do đó hình chiếu của

AK lên (SAB) là AH.
⇒ Góc giữa AK và (SAB) là góc (AK, AH).
Theo chứng minh trên, AK ⊥ (SBC) ⇒ AK ⊥ KH.
góc (AK, AH) = góc KAH.

H

B
K

A

C

1
1
1
3a 10
=
+
⇒ AK =
2
2
2

10
SA
AC
* AK
1
1
1
3a 22
=
+
⇒ AH =
2
2
2
11
AH
SA
AB
AK
55
55
⇒ cos( KAH ) =
=
⇒ KAH = arccos
AH
10
10 .

Bài 12/
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy, SA =

a 2

.
1) Chứng minh rằng các mặt bên hình chóp là những tam giác vuông.
⊥

2) Chứng minh rằng: (SAC) (SBD) .
3) Tính góc giữa SC và mp (SAB) .
4) Tính góc giữa hai mặt phẳng (SBD) và (ABCD)
HD bài 12/
S

A

D
O

B

1) • SA ⊥ (ABCD) ⇒ SA ⊥ AB, SA ⊥ AD
⇒ Các tam giác SAB, SAD vuông tại A.
11

C


• BC ⊥ SA, BC ⊥ AB ⇒ BC ⊥ SB ⇒ ∆SBC vuông tại B.
• CD ⊥ SA, CD ⊥ AD ⇒ CD ⊥ SD ⇒ ∆SCD vuông tại D.
2) BD ⊥ AC, BD ⊥ SA ⇒ BD ⊥ (SAC) ⇒ (SBD) ⊥ (SAC).
3) • BC ⊥ (SAB) ⇒

(·SC ,(SAB)) = ·BSC

• ∆SAB vuông tại A ⇒

SB 2 = SA2 + AB 2 = 3a2

tan ·BSC =

• ∆SBC vuông tại B ⇒

BC
1
=
SB
3

⇒

⇒ SB =

·BSC = 600

4) Gọi O là tâm của hình vuông ABCD.
• Ta có:

(SBD ) ∩ ( ABCD ) = BD

, SO ⊥ BD, AO ⊥ BD ⇒

tan ·SOA =

a 3

(

)

·(SBD ),( ABCD ) = ·SOA

SA
=2
AO

• ∆SAO vuông tại A ⇒
Bài 13/
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA ⊥ (ABCD) và SA = 2a.
(SAC ) ⊥ (SBD) (SCD ) ⊥ (SAD )

1) Chứng minh
;
2) Tính góc giữa SD và (ABCD); SB và (SAD) ; SB và (SAC).
3) Tính d(A, (SCD)); d(B,(SAC))
HD bài 13/
S
H
A

B
O

D

C

• BD ⊥ AC, BD ⊥ SA ⇒ BD ⊥ (SAC) ⇒ (SBD) ⊥

1)

(SAC)
• CD ⊥ AD, CD ⊥ SA ⇒ CD ⊥ (SAD) ⇒ (DCS) ⊥ (SAD)
2) • Tìm góc giữa SD và mặt phẳng (ABCD)
SA ⊥ (ABCD) ⇒
tan ·SDA =

(

)

·SD,( ABCD ) = ·SDA

SA 2a
=
=2
AD a

• Tìm góc giữa SB và mặt phẳng (SAD)
AB ⊥ (ABCD) ⇒

(·SB,(SAD) ) = ·BSA

12


tan·BSA =

AB a 1
=
=
SA 2a 2

• Tìm góc giữa SB và mặt phẳng (SAC).
BO ⊥(SAC) ⇒
OB =

a 2
2

SO =

(·SB,(SAC )) = ·BSO
3a 2
2

.

tan·BSO =

OB 1
=

OS 3

,
⇒
3) • Tính khoảng cách từ A đến (SCD)
Trong ∆SAD, vẽ đường cao AH. Ta có: AH ⊥ SD, AH ⊥ CD ⇒ AH ⊥ (SCD) ⇒ d(A,
(SCD)) = AH.
1
AH

=

2

1
SA

2

+

1
AD

2

=

1
4a

+

2

1
a

2

⇒ AH =

2a 5
5

• Tính khoảng cách từ B đến (SAC)
BO ⊥ (SAC) ⇒ d(B,(SAC)) = BO =

Bài 14/

d ( A,(SCD )) =

⇒

a 2
2

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh a,
= a.
a) Gọi K là hình chiếu của O lên BC. Chứng minh rằng: BC

b) Tính góc giữa SK và mp(ABCD).
c) Tính khoảng cách giữa AD và SB.
HD bài 14/
·BAD = 600 ⇒ ∆BAD

a) • AB = AD = a,
đều
• BC ⊥ OK, BC ⊥ SO ⇒ BC ⊥ (SOK).

⊥

⇒ BD = a

S

H

F

D
60

C
0

O
B

A

K

• SO ⊥ (ABCD)
•

∆BOC

có

(

b)

Tính góc của SK và mp(ABCD)

)

⇒ ·SK ,( ABCD ) = ·SKO

a
a 3
OB = , OC =
2
2
13

2a 5
5

·BAD = 600

(SOK)

, đường cao SO


1
OK

2

=

1
OB

2

+

1
OC

2

⇒ OK =

a 3
4

SO 4 3
=
OK
3

tan·SKO =

⇒
c) Tính khoảng cách giữa AD và SB
• AD // BC ⇒ AD // (SBC) ⇒
• Vẽ OF ⊥ SK ⇒ OF ⊥ (SBC)

d ( AD, SB ) = d ( A,(SBC ))

d ( AD, SB) = d ( A,(SBC )) = AH

• Vẽ AH // OF, H ∈ CF ⇒ AH ⊥ (SBC) ⇒
• ∆CAH có OF là đường trung bình nên AH = 2.OF
• ∆SOK có OK =
Bài 15/

a 3
4

1

, OS = a ⇒

OF 2

=

1
OS 2

+

1
OK 2

⇒ OF =

a 57
2a 57
AH = 2OF =
19 ⇒
19

Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác đều, SA
·ACM = ϕ

.

⊥

(ABC), SA= a. M là

⊥

một điểm trên cạnh AB,

, hạ SH CM.
a) Tìm quỹ tích điểm H khi M di động trên đoạn AB.
b) Hạ AK ⊥ SH. Tính SK và AH theo a và
HD bài 15/

ϕ

.

S

K

A

M

ϕ
H

C

E

B

a) Tìm quỹ tích điểm H khi M di động trên AB
• SA ⊥ (ABC) ⇒ AH là hình chiều của SH trên (ABC).
Mà CH ⊥ SH nên CH ⊥ AH.
·AHC = 900

• AC cố định,
⇒ H nằm trên đường tròn đường kính
mp(ABC).
Mặt khác:
+ Khi M → A thì H ≡ A
+ Khi M → B thì H ≡ E (E là trung điểm của BC).
Vậy quĩ tích các điểm H là cung
mp(ABC).
b) Tính SK và AH theo a và

¼
AHE

AC

nằm

trong

của đường tròn đường kính AC

nằm

trong

ϕ

14

AC .sin·ACM = a sin ϕ

• ∆AHC vuông tại H nên AH =
•

SH 2 = SA2 + AH 2 = a2 + a2 sin 2 ϕ ⇒ SH = a 1 + sin 2 ϕ
SA2
a
SA = SK .SH ⇔ SK =
⇔ SK =
SH
1 + sin 2 ϕ
2

∆SAH

•
vuông tại A có
Bài 16/
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh a; SA = SB = SC = SD =
a 5
2

. Gọi I và J lần lượt là trung điểm BC và AD.

a) Chứng minh rằng: SO

⊥

(ABCD).
⊥

b) Chứng minh rằng: (SIJ) (ABCD). Xác định góc giữa (SIJ) và (SBC).
c) Tính khoảng cách từ O đến (SBC).
HD bài 16/
S
a 5
2
H

A
J

I

O
a

D

B

C

a) Vì SA = SC nên SO ⊥ AC, SB = SD nên SO ⊥ BD

⇒ SO ⊥ (ABCD).
b) • I, J, O thẳng hàng ⇒ SO ⊂ (ABCD).
SO ⊥ (ABCD) ⇒ (SIJ) ⊥ (ABCD)

• BC ⊥ IJ, BC ⊥ SI ⇒ BC ⊥ (SIJ) ⇒ (SBC) ⊥ (SIJ)
⇒

(

)

·(SBC ),(SIJ ) = 900

c) Vẽ OH ⊥ SI ⇒ OH ⊥ (SBC) ⇒
SB =

∆SOB có
OH 2 =

Bài 17/

2

3a
16

a 5
a 2
, OB =
2
2

OH =

⇒

d (O,(SBC )) = OH

SO 2 = SB 2 − OB 2 =

⇒

a 3
4

15

3a2
4

1

∆SOI có

OH 2

=

1
SO 2

+

1

OI 2

⇒


Cho hình chóp S.ABCD có SA ⊥ (ABCD) và ABCD là hình thang vuông tại A, B . AB =
·ADC = 450 , SA = a 2

BC = a,
.
a) Chứng minh các mặt bên của hình chóp là các tam giác vuông.
b) Tính góc giữa (SBC) và (ABCD).
c) Tính khoảng cách giữa AD và SC.
HD bài 17/
a) CM các mặt bên là các tam giác vuông.
SA ⊥ AB
•SA ⊥ ( ABCD ) ⇒ 
SA ⊥ AD

⇒ ∆SAB và ∆SAD vuông tại A.
•BC ⊥ AB, BC ⊥ SA ⇒ BC ⊥(SAB) ⇒ BC ⊥
SB
⇒ ∆SBC vuông tại B
SB 2 = SA 2 + AB 2 = 2a2 + a 2 = 3a 2
SC 2 = SB 2 + BC 2 = 3a2 + a 2 = 4a 2

•
• hạ CE ⊥ AD ⇒ ∆CDE vuông cân tại E nên
EC = ED = AB = a

⇒ CD = a 2

⇒ AD = AE + ED = BC + ED = 2a
⇒ SD 2 = SA2 + AD 2 = 6a2
SC 2 + CD 2 = 4a2 + 2a2 = 6a 2 = SD 2

•
nên tam giác SDC vuông tại C.
b) Tính góc giữa (SBC) và (ABCD)
(SBC ) ∩ ( ABCD ) = BC , SB ⊥ BC , AB ⊥ BC ⇒

•
c) Tính khoảng cách giữa AD và SC
• Ta có

SC ⊂ (SBC ), BC P AD ⇒ d ( AD, SC ) = d ( A,(SBC ))

⊥ SB ⇒

• Hạ AH

1
AH 2

d ( AD , SC ) =

• Vậy
Bài 18/

)

(

·(SBC ),( ABCD ) = ·SBA ⇒ tan ·SBA = SA = 2.
AB

=

1
AB 2

+

1
SA2

⇔ AH 2 =

AB2 .SA2
AB 2 + SA2

=

2a4
3a 2

=

6a 2
a 6

⇔ AH =
9
3

.

a 6
3

a/ Cho hình hộp ABCD.EFGH có
uur
AI

uuu
r r uuur r uuu
r r
AB = a , AD = b , AE = c
r r r
a ,b ,c

. Gọi I là trung điểm của đoạn BG.

Hãy biểu thị vectơ
qua ba vectơ
.
b/ Cho tứ diện đều cạnh a. Tính khoảng cách giữa hai cạnh đối của tứ diện
HD bài 18/
16

a/

uur 1 uuu
r uuur 1 uuu
r uuu
r uuur uuu
r
AI = ( AB + AG ) = ( AB + AB + AD + AE )
2
2
=

1 ( r r r) r 1 r 1 r
2a + b + c = a + b + c
2
2
2

b/
Tứ diện ABCD đều, nên ta chỉ tính khoảng cách giữa
hai cạnh đối diện AB và CD.
a 3
a
, AM = ⇒ ·AMN = 900
2
2
3a2 a2 2a2
⇒ MN 2 = AN 2 − AM 2 =
−
=

4
4
4
a 2
⇒ d ( AB, CD ) =
.
2
NA = NB =

Bài 19/
Cho tứ diện ABCD có tam giác ABC là tam giác đều cạnh a, AD vuông góc với BC, AD =
a và khoảng cách từ điểm D đến đường thẳng BC là a . Gọi H là trung điểm BC, I là
trung điểm AH.
1) Chứng minh rằng đường thẳng BC vuông góc với mặt phẳng (ADH) và DH = a.
2) Chứng minh rằng đường thẳng DI vuông góc với mặt phẳng (ABC).
3) Tính khoảng cách giữa AD và BC.
HD bài 19/
1) CMR: BC ⊥ (ADH) và DH = a.
D
∆ABC đều, H là trung điểm BC nên AH ⊥ BC, AD ⊥
BC
⇒ BC ⊥ (ADH) ⇒ BC ⊥ DH ⇒ DH = d(D, BC) = a
2) CMR: DI ⊥ (ABC).
⇒

K

A

B

I

H
C

• AD = a, DH = a ∆DAH cân tại D, mặt khác I là
trung điểm
AH nên DI ⊥ AH
• BC ⊥ (ADH) ⇒ BC ⊥ DI
⇒ DI ⊥ (ABC)
3) Tính khoảng cách giữa AD và BC.
• Trong ∆ADH vẽ đường cao HK tức là HK ⊥ AD

(1)
Mặt khác BC ⊥ (ADH) nên BC ⊥ HK

(2)

d ( AD, BC ) = HK

Từ (1) và (2) ta suy ra
• Xét ∆DIA vuông tại I ta có:

17


2

a 3

a2 a
DI = AD 2 − AI 2 = a2 − 
=
÷ =
 2 ÷
4
2


1
AH .DI
2

1
AD.HK
2

a 3 a
.
AH .DI
a 3
d ( AD, BC ) = HK =
= 2 2=
AD
a
4

• Xét ∆DAH ta có: S =
=
⇒

Bài 20/
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc (ABCD) và SA
a 3

=
. Gọi (P) là mặt phẳng chứa AB và vuông góc (SCD). Thiết diên cắt bởi (P) và
hình chóp là hình gì? Tính diện tích thiết diện đó.
HD bài 20/
• Trong tam giác SAD vẽ đường cao AH ⇒ AH ⊥ SD
S
(1)
• SA ⊥ (ABCD) ⇒ CD ⊥ SA
CD⊥ AD ⇒ CD ⊥ (SAD) ⇒ CD ⊥ AH
(2)
• Từ (1) và (2) ⇒ AH ⊥ (SCD)
I
⇒ (ABH) ⊥ (SCD) ⇒ (P)  (ABH)
H
B • Vì AB//CD ⇒ AB // (SCD), (P) ⊃ AB nên (P) ∩
(SCD) = HI
A
⇒ HI // CD ⇒ thiết diện là hình thang AHIB.
O

⇒ AB ⊥ HA

D

•

Hơn nữa AB ⊥ (SAD)
Vậy thiết diện là hình thang vuông AHIB.

C

SD = SA2 + AD 2 = 3a 2 + a 2 = 2a

SA2 = SH .SD ⇒ SH =

•

∆SAD có

SA2 3a2
3a
=
⇒ SH =
SD
2a
2

3a
HI SH
3
3
3a
⇒
=
= 2 = ⇒ HI = CD =
CD SD 2a 4

4
4
1
AH

2

=

1
SA

2

+

1
AD

2

=

1
3a

2

+

1
a

2

=

S AHIB =

• Từ (3) và (4) ta có:
Bài 21/

4
3a

2

⇒ AH =

(3)
a 3
2

(4)

( AB + HI ) AH 1 
3a  a 3 7a2 3
=  a + ÷.
=
2

2
4  2
16

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh bằng a,
18

.

SA ⊥ ( ABCD )

SA =

,

a 6
2

.


1) Chứng minh rằng: mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng (SBC).
2) Tính khoảng cách từ A đến đường thẳng SC.
3) Tính góc giữa mặt phẳng (SBD) với mặt phẳng (ABCD).
HD bài 21/
1) CMR: (SAB) ⊥ (SBC).
• SA ⊥ (ABCD)

⇒

⇒

SA ⊥ BC, BC ⊥ AB
⇒

BC ⊥ (SAB), BC ⊂ (SBC) (SAB) ⊥(SBC)
2) Tính khoảng cách từ A đến đường thẳng SC.
• Trong tam giác SAC có AH ⊥ SC
d ( A, SC ) = AH ⇒

•
⇒ AH =

1
1
1
2
2
8
= 2+
= 2+ 2 = 2
2
2
AH
SA OA
3a
a
3a

S

a 6
4

H
B
A

3) Tính góc giữa mặt phẳng (SBD) với mặt phẳng
(ABCD).
• Vì ABCD là hình vuông nên AO ⊥ BD, SO ⊥ BD
•

O
D

C

·
(SBD ) ∩ ( ABCD ) = BD ⇒ ((SBD ),( ABCD )) = SOA

a 6
SA
·
⇒ tan SOA
=
= 2 = 3 ⇒ ( (SBD ),( ABCD ) ) = 600
OA a 2
2

• Tam giác SOA vuông tại A
Bài 22/
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, cạnh bên SC vuông góc với đáy.SB
450

tạo với đáy một góc
.
a)Chứng minh AB vuông góc với (SBC).
b)Mặt phẳng (SAD) vuông góc với (SCD).
c)Gọi O là tâm hình vuông ABCD,hãy tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SO và CD.
d)Gọi

(α )

là mặt phẳng qua C ,

(α )

vuông góc với SD.Xác định thiết diện của hình chóp bị

(α )

S

cắt bởi
và tính diện tích thiết diện.
HD bài 22/
a):Chứng minh AB vuông góc với (SBC).

S

E

Ta có hình chiếu của SB trên mặt phẳng (ABCD) là CB do đó

J

·
SBC
= 450
F
C
D

19

I
O

B

A


SC ⊥ ( ABCD) ⇒ SC ⊥ AB

Ta có
AB ⊥ BC

( 1)

(2)

SC cắt BC tại C, SC,BC nằm trong (SBC) (3)
⊥

Từ (1),(2),(3)=> AB (SBC)
b/ Mặt phẳng (SAD) vuông góc với (SCD).

.Vì

.

 AD ⊥ CD
⇒ AD ⊥ ( SCD)

 AD ⊥ SC

AD ⊥ ( SCD)
 ⇒ ( SAD) ⊥ ( SCD)
AD ⊂ ( SAD) 

c/Gọi O là tâm hình vuông ABCD,hãy tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SO và CD.
.Gọi I là trung điểm của BC ,OI là đường trung bình của tam giác BCD nên CD//IO do đó
CD//(SIO)
.d(SO;CD)=d(CD;(SIO))=d(C;(SIO))

vì

OI ⊥ CB 

 ⇒ OI ⊥ ( SCB )
OI ⊥ SC 

.Gọi J là hình chiếu của C lên SI, khi đó

CJ ⊥ SI

 ⇒ CJ ⊥ ( SOI )
CJ ⊥ OI ( doOI ⊥ ( SBC )) 

Từ đó: CJ=d(C;(SIO)

Tam giác SCI vuông tại C :

Vậy : d(SO;CD)=

1
1
1
1
1
4
a 5
=
+ 2 ⇔
= 2 + 2 ⇔ CJ =
2
2
2
CJ

SC
CI
CJ
a
a
5

a
5

20


d/ Gọi

(α )

(α )

là mặt phẳng qua C ,

(α )

vuông góc với SD.Xác định thiết diện của hình chóp bị

cắt bởi
và tính diện tích thiết diện.
.Gọi E là hình chiếu của C trên SD.tam giác SCD vuông cân tại C nên E là trung điểm của
SD.
Mặt phẳng

Mà

.Vì

(α )

đi qua C và vuông góc SD Ta có

 BC ⊥ CD
⇒ BC ⊥ ( SCD) ⇒ BC ⊂ (α )

 BC ⊥ SC

CE ⊥ SD ⇒ CE ⊂ (α )

Do đó (α) là mặt phẳng (BCE)

 AD ⊥ SC
⇒ AD ⊥ ( SCD) ⇒ (α ) / / AD

 AD ⊥ CD

Từ đó:

 E ∈ ( BCE ) ∩ ( SAD)
⇒ ( BCE ) ∩ ( SAD) = EF//AD ( F ∈ SA)

( BCE ) / / AD
( BCE ) ∩ ( SBA) = BF

.Ta thấy :

 BC ⊥ ( SCD)
⇒ BC ⊥ CE

CE ⊂ ( SCD)

 EF / / AD
⇒ EF ⊥ ( SCD) ⇒ EF ⊥ CE

 AD ⊥ ( SCD)

Vậy thiết diện là hình thang vuông BCEF
.Diện tích thiết diện là

S=

1
( BC + EF).CE
2

Do đó S=

CE =

+

a 2
2

; EF=

a
2

;BC=a

1
a a 2 3 2a 2
(a + )
=
2
2 2
8

Bài 23/
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B và có SA vuông góc với mặt
phẳng (ABC).
a) Chứng minh:
BC ⊥ (SAB).
a 3

b) Giả sử SA =
và AB = a, tính góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABC).
c) Gọi AM là đường cao của ∆SAB, N là điểm thuộc cạnh SC. Chứng minh: (AMN) ⊥
(SBC).
21

HD bài 23/
a/BC ⊥ AB (∆ABC vuông tại B)
+/ BC ⊥ SA (SA ⊥ (ABC))
+/ BC ⊥ (SAB)
b/ AB là hình chiếu của SB trên (ABC)
+/

(·SB,( ABC )) = (·SB, AB ) = ·SBA
tan ·SBA =

+/
+/ Kết luận:

SA a 3
=
= 3 ⇒ ·SBA = 60 0
AB
a

(·SB,( ABC )) = 600

c/ AM ⊥ SB (AM là đường cao tam giác SAB)
+/ AM ⊥ BC

(BC ⊥ (SAB))

+/ AM ⊥ (SBC)
+/ (AMN) ⊥ (SBC)
Bài 24/
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O cạnh a,

(ABCD),
SB = SD =

·BAD = 600

, SO ⊥

a 13
4

. Gọi E là trung điểm BC, F là trung điểm BE.
a) Chứng minh: (SOF) vuông góc (SBC).
b) Tính khoảng cách từ O và A đến (SBC).
α

c) Gọi ( ) là mặt phẳng qua AD và vuông góc (SBC). Xác định thiết diện của hình
α

α

chóp bị cắt bởi ( ). Tính góc giữa ( ) và (ABCD).
HD bài 24/

22


a) Chứng minh: (SOF) vuông góc (SBC).
• ∆CBD đều, E là trung điểm BC nên DE ⊥ BC
• ∆BED có OF là đường trung bình nên
OF//DE,

DE ⊥ BC ⇒ OF ⊥ BC
(1)
• SO ⊥ (ABCD) ⇒ SO ⊥ BC
(2)
Từ (1) và (2) ⇒ BC ⊥ (SOF)

S

C'

B'
D

H

K

C

O

E

⊂

Mà BC (SBC) nên (SOF) ⊥(SBC).
b) Tính khoảng cách từ O và A đến (SBC).
• Vẽ OH ⊥ SF; (SOF) ⊥ (SBC),
(SOF ) ∩ (SBC ) = SF , OH ⊥ SF

F
A

⇒ OH ⊥ (SBC ) ⇒ d (O,(SBC )) = OH

B

• OF =
⇒

1

OH 2

1 3
a 3
3a
.
a=
SO 2 = SB 2 − OB 2 ⇒ SO =
2 2
4
4

,

=

1
SO 2

+

1
OF 2

⇒ OH =

3a
8

• Trong mặt phẳng (ACH), vẽ AK// OH với K ∈ CH ⇒ AK ⊥ (SBC) ⇒
d ( A,(SBC )) = AK

AK = 2OH ⇒ AK =

3a
3a
⇒ d ( A,(SBC )) =
4
4

AD ⊂ (α ), (α ) ⊥ (SBC ) ⇒ (α ) ≡ ( AKD)

c) •
• Xác định thiết diện
Dễ thấy

K ∈ (α ), K ∈ (SBC )

Mặt khác AD // BC,

⇒ K ∈ (α) ∩ (SBC).

AD ⊂ (SBC )

B ' = ∆ ∩ SB, C ' = ∆ ∩ SC

nên

(α ) ∩ (SBC ) = ∆ ⇒ K ∈ ∆, ∆ P BC

Gọi
⇒ B′C′ // BC ⇒ B′C′ // AD
Vậy thiết diện của hình chóp S.ABCD bị cắt bời (α) là hình thang AB’C’D
• SO ⊥ (ABCD), OF là hình chiếu của SF trên (ABCD) nên SF ⊥ BC ⇒ SF ⊥ AD
(*)
SF ⊥ OH , OH P AK ⇒ SF ⊥ AK

•
• Từ (*) và (**) ta có SF ⊥ (α)

(**)

·

• SF ⊥ (α), SO ⊥ (ABCD) ⇒

( (α ),( ABCD) ) =·(SF, SO) = ·OSF

23


•

a 3
OF
1
tan·OSF =
= 4 =
3a
SO
3
4

·

⇒

( (α ),( ABCD)) = 300

Bài 25/
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = a, SA vuông góc với
(ABCD). Gọi I, K là hình chiếu vuông góc của A lên SB, SD.
a) Chứng minh các mặt bên hình chóp là các tam giác vuông.
b) Chứng minh: (SAC) vuông góc (AIK).
c) Tính góc giữa SC và (SAB).
d) Tính khoảng cách từ A đến (SBD).
HD bài 25/
a) Chứng minh các mặt bên hình chóp là các tam giác

vuông.
• SA⊥ (ABCD) nên SA⊥ BC, AB ⊥ BC (gt)
⇒

⇒ BC ⊥ (SAB)

⇒

• SA ⊥ (ABCD)
⇒

⇒

S

I

BC ⊥ SB ⇒ ∆SBC vuông tại B.

K

SA ⊥ CD, CD ⊥ AD (gt)

B

⇒

A

CD ⊥ (SAD) CD ⊥ SD

∆SCD vuông tại D
• SA ⊥ (ABCD) nên SA ⊥ AB, SA ⊥ AD

O

⇒

D

các tam giác SAB và SAD đều vuông tại A.
b) Chứng minh: (SAC) vuông góc (AIK).
• SA ⊥ (ABCD)

⇒

H

SA ⊥ BD, BD ⊥ AC

• ∆SAB và ∆SAD vuông cân tại A, AK

⇒

⊥

BD ⊥ (SAC)

SA và AI

nên I và K là các trung điểm của AB và AD

⇒

⇒

⊥

C

⊥

SB

IK//BD

mà BD (SAC) nên IK ⊥ (SAC) (AIK) ⊥ (SAC)
c) Tính góc giữa SC và (SAB).
• CB ⊥ AB (từ gt),CB ⊥ SA (SA ⊥ (ABCD)) nên CB ⊥ (SAB) ⇒ hình chiếu của SC
trên (SAB) là SB

⇒ ( SC ,(SAB) ) = ( SC , SB ) = ·CSB

• Tam giác SAB vuông cân có AB = SA = a
d) Tính khoảng cách từ A đến (SBD).
Hạ AH ⊥ SO , AH ⊥ BD do BD ⊥ (SAC)
1

⇒ AH

2

=

1

SA

2

+

1

AO

2

=

1

a

2

+

2

a

2

=

3

a

2

⇒

⇒ AH =
24

BC
⇒ SB = a 2 ⇒ tan ·CSB =
= 2
SB

AH ⊥ (SBD)
a

3


(

)

⇒ d A, ( SBD ) =

a 3
3

Bài 26/
·AOB = AOC
·
·
= 60 0 , BOC
= 90 0

Cho tứ diện OABC có OA = OB = OC = a,
.
a) Chứng minh rằng ABC là tam giác vuông.
b) Chứng minh OA vuông góc BC.
c) Gọi I, J là trung điểm OA và BC. Chứng minh IJ là đoạn vuông góc chung OA và BC
HD bài 26/
a) CMR: ∆ABC vuông.
• OA = OB = OC = a,

·AOB = ·AOC = 600

nên ∆AOB và ∆AOC

đều cạnh a (1)

O
I

A

C
J
B

•

(2)

Có

·BOC = 900

⇒ ∆BOC vuông tại O và

BC = a 2

2

AB 2 + AC 2 = a 2 + a2 = 2a2 = ( a 2 ) = BC 2

• ∆ABC có
⇒ tam giác ABC vuông tại A
b) CM: OA vuông góc BC.

• J là trung điểm BC, ∆ABC vuông cân tại A nên
∆OBC vuông cân tại O nên
c)

Từ câu b) ta có

AJ ⊥ BC

.

OJ ⊥ BC ⇒ BC ⊥ OAJ ⇒ OA ⊥ BC

IJ ⊥ BC

∆ ABC = ∆OBC (c.c.c) ⇒ AJ = OJ

(3)
Từ (3) ta có tam giác JOA cân tại J, IA = IO (gt) nên IJ ⊥ OA
Từ (3) và (4) ta có IJ là đoạn vuông góc chung của OA và BC.

(4)

Bài 27/
a 2

Cho tam giác ABC vuông cân tại B, AB = BC=
, I là trung điểm cạnh AC, AM là
đường cao của ∆SAB. Trên đường thẳng Ix vuông góc với mp(ABC) tại I, lấy điểm S
sao cho IS = a.
25